5 trang 14 lượt tải

Đề thi thử HSG Toán 9 lần 1 năm 2025 – 2026 trường THCS Mã Thành – Nghệ An

27

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đề thi thử học sinh giỏi môn Toán 9 lần 1 năm học 2025 – 2026 trường THCS Mã Thành, xã Bình Minh, tỉnh Nghệ An. Đề thi có đáp án chi tiết và hướng dẫn chấm điểm.

Chủ đề: Đề HSG Toán 9 556 tài liệu

Môn: Toán 9 3.5 K tài liệu

Tác giả:

Profile

Linh Đan

3 tháng trước
Tải xuống
Báo cáo
Danh sách Quiz
Tải xuống
/5
UBND XÃ BÌNH MINH
TRƯỜNG THCS MÃ THÀNH
ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 LẦN 1
NĂM HỌC 2025 - 2026
Môn thi: Toán
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề ra
Câu 1 ( 2,0 điểm).
a) Chứng minh rằng tổng bình phương hai số lẻ bất kì không phải là số chính phương.
b) Chứng minh rằng
41
2
32
n
A
+
= +
là hợp số với
n
là số nguyên dương.
Câu 2 ( 6,0 điểm).
a) Giải phương trình
22 2 2
( 1) 3 ( 1) 2 0.x xx x+ + ++ =
b) Giải phương trình : 2(6x +7)
2
(3x+ 4)(x + 1) – 12= 0
c) Giải hệ phương trình
22
22
2 3 4 3 2 0
1.
x xy y x y
xy
− + − + +=
+=
Câu 3 ( 1,0 điểm).
Cho đa thức
( )
3
2
f.
13 3
x
x
xx
=
−+
Tính giá trị của
1 2 2023 2024
f + f + ... + f + f .
2025 2025 2025 2025
A
 
=
 
 
Câu 4 ( 3,0 điểm).
a) Ông A gửi một số tiền vào ngân hàng theo mức lãi suất tiết kiệm với kỳ hạn 1 năm là
6%. Tuy nhiên sau thời hạn một năm ông A không đến nhận tiền lãi mà để thêm một năm nữa
mới nhận. Khi đó số tiền lãi có được sau năm đầu tiên sẽ được ngân hàng cộng dồn vào số tiền
gửi ban đầu để thành số tiền gửi cho năm kế tiếp với mức lãi suất cũ. Sau 2 năm ông A nhận
được số tiền là 112.360.000 đồng (kể cả gốc lẫn lãi). Hồi ban đầu ông A đã gửi bao nhiêu tiền?
b) Trong túi đựng 48 viên bi cùng kích thước và khối lượng với hai màu đỏ và xanh. Lấy
ngẫu nhiên một viên bi từ túi. Biết rằng xác suất lấy được viên bi đỏ bằng 92% xác suất lấy
được viên bi màu xanh. Hỏi trong túi có bao nhiêu viên bi màu đỏ, bao nhiêu viên bi màu xanh?
Câu 5 ( 7,5 điểm).
Cho tam giác nhọn
có ba đường cao
,,AD BE CF
cắt nhau tại
H
, gọi
O
là trung
điểm của
.BC
a) Chứng minh rằng
2
.cos
BFEC AEF
SS A=
.
b) Chứng minh rằng
.FED FOD=
c) Chứng minh rằng
222
1.cot A cot B cot C++≥
d) Tam giác
ABC
có thêm điều kiện gì để
222
... .
4
AB AC BC
DH DA EH EB FH FC
++
++ =
Câu 6 ( 0,5 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
3 2 2 6 2025y x xy x yA ++ +++=
……………Hết……………
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
CÂU
ĐIỂM
Câu 1a
1 điểm
Chứng minh rằng tổng bình phương hai số lẻ bất kì không phải là số chính
phương.
0,25
0,25
0,5
Đặt
( )
(
)
22
21 2 1Ak m= ++ +
( )
22
42A m k mk= + ++ +
Ta có
A
chia cho 4 dư 2 nên
A
không phải là số chính phương
Câu 1b
1 điểm
Chứng minh rằng
41
2
32
n
A
+
= +
là hợp số với
n
là số nguyên dương.
0,25
0,25
0.5
Ta có
41 41
2 2.16 2(mod5) 2 5 2
nn n
k
++
= ≡ ⇒=+
52
3 2 9.243 2 0(mod11)
kk
A
+
⇒ = += +≡
Ta có
A
chia hết cho 11 và
11AA>⇒
là hợp số
Câu 2a
2,0 điểm
Giải phương trình
22 2 2
( 1) 3 ( 1) 2 0.x xx x+ + ++ =
1,0
1,0
Đặt
2
1yx= +
22
3 2 0 ( )( 2 ) 0y xyx yxyx⇒+ + =⇒+ + =
TH1:
22
1 0 ( 0,5) 0, 75 0y xxx x=−⇒ ++= ⇒ + + =
( vô nghiệm)
TH2:
22
2 2 1 0 ( 1) 0 1y xx x x x=− ⇒ + += ⇒ + = ⇒ =−
. PT có nghiệm
1
x
= −
.
Câu 2b
2,0 điểm
Ta có: 2(6x +7)
2
(3x+ 4)(x + 1) – 12 = 0
( ) ( )( )
( ) ( )( )
2
2
2 6x 7 3x 4 x 1 12
6x 7 6x 8 6x 6 72
⇔ + + +=
⇔ + + +=
Đặt 6x + 7 = t, đẳng thức trên trở thành t
2
(t + 1)(t- 1) = 72
⇔
t
2
(t
2
- 1) = 72
⇔
t
4
- t
2
- 72 = 0
⇔
(t
2
+8)(t
2
- 9) = 0
⇔
t
2
= 9 (Vì t
2
+ 8 dương)
⇔
t = 3 hoặc t = -3
Nếu t = 3 suy ra x = -
3
2
Nếu t = -3, suy ra x= -
3
5
Vậy x= -
3
2
hoặc x= -
3
5
2,0
Câu 2c
2,0 điểm
Giải hệ phương trình
22
22
2 3 4 3 2 0
1.
x xy y x y
xy
− + − + +=
+=
1,0
0,5
Từ
22
2 3 4320( 1)(2 2)0
x xyy x y xy xy− + − + +=⇒ −− −− =
TH1:
1yx
= −
thay vào PT dưới
( ; ) (0; 1), (1; 0)xy = −
TH2:
22yx= −
thay vào PT dưới
34
( ; ) (1; 0); ;
55
xy

= −


HPT có 3 nghiệm:
34
( ; ) (0; 1),(1;0), ;
55
xy

=−−


0,5
Câu 3
1,0 điểm
Cho đa thức
( )
3
2
f.
13 3
x
x
xx
=
−+
Tính giá trị của
1 2 2023 2024
f + f + ... + f + f .
2025 2025 2025 2025
A
 
=
 
 
0,5
0,5
1xy+=
( ) ( )
1
fx fy⇒+=
.
Ta có
(
)
(
)
3
3
3
1
x
fx
xx
=
+−
(
) (
)
( )
(
)
3
3
3
1
1
1
x
fy f x
xx
−
⇒ = −=
+−
1 2024 1012 1013
A= + + ... =1012
2025 2025 2025 2025
ff f f

 
++
 

 

Câu 4a
1,5 điểm
c) Gọi số tiền ông A gửi ban đầu là x (đồng, x>0)
Số tiền lãi sau 1 năm ông A nhận được là 6%x =0.06 x (đồng)
Số tiền có được sau 1 năm của ông A là x + 0,06x = 1,06% (đồng)
Số tiền lãi năm thứ 2 ông A nhận được là 1,06x. 0,06-0,0636x (đồng) Do
vậy số tiền tổng cộng sau 2 năm ông Sáu nhận được là:
1.06x+0.0636x=1.1236x(đồng)
Sau 2 năm ông A nhận được cả gốc lẫn lãi số tiền là 112.360.000 đồng nên
ta có phương trinh 1236x=112360000 suy ra x=100 000 000
Vậy ban đầu ông A đã gửi 100 triệu đồng.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 4b
1,5 điểm
Trong túi đựng 48 viên bi cùng kích thước và khối lượng với hai màu đỏ và
xanh. Lấy ngẫu nhiên một viên bi từ túi. Biết rằng xác suất lấy được viên bi đỏ
bằng 92% xác suất lấy được viên bi màu xanh. Hỏi trong túi có bao nhiêu viên bi
màu đỏ, bao nhiêu viên bi màu xanh?
0,5
0,5
0,5
Gọi số viên bi màu đỏ là x. Số viên bi màu xanh 48 – x (ĐK: 0< x < 48)
Xác suất lấy được viên bi màu đỏ là
48
x
, màu xanh là
48
48
x−
Theo đề bài ta có phương trình:
48
0,92.
48 48
xx−
=
23x⇒=
.
Vậy số viên bi màu đỏ có trong túi là 23. Màu xanh là 25.
Câu 5a
2,5 điểm
Chứng minh rằng
2
.
BFEC AEF
S S sin A=
O
H
F
E
D
A
B
C
2
22
Cos .Cos
AEF
AEF ABC
ABC
S
AE
AEF ABC A S S A
S AB

∆ ∼∆ ⇒ = = ⇒ =


1,5
1,0
22
..
BFEC ABC AEF ABC ABC ABC
S SSSScosASsinA
=−=− =
Câu 5b
2 điểm
Chứng minh rằng
.
FED FOD
=
1
1
AEF ABC AEF ABC∆ ∼∆ ⇒ =
, tương tự
CED ABC=
00
180 2 2(90 )FED ABC ABC
⇒=− = −
Tam giác
OFC
cân
2
FOD FCD⇒=
0
2(90 )
ABC= −
.FED FOD
⇒=
Câu 5c
1,5 điểm
Chứng minh rằng
222
1.cot A cot B cot C++≥
0,5
0,5
0,5
Vì
BFH BAC=
2.
.
..
. 2.
AHB AHB
ABC ABC
SS
FH BF FH FH AB
cotBHF cotB
BF FC FC FC AB S S
⇒=====
Tương tự:
. ;.
BHC AHC
ABC ABC
SS
cotB cotC cotC cotA
SS
= =
Từ đó ta có:
cot .cot cot .cot cot .cot 1
BHC AHC
HAB
ABC ABC ABC
SS
S
AB BC C A
SSS
+ + =++=
222
cot cot cot cot .cot cot .cot cot .cot 1A B C AB BC C A
++≥ + + =
Đẳng thức xảy ra
cot cot cotABC
⇔==
ABC⇔==
ABC⇔∆
đều.
Câu 5d
1,5 điểm
Tam giác
có thêm điều kiện gì để
222
... .
4
AB AC BC
DH DA EH EB FH FC
++
++ =
0,75
0.75
22
()
..
44
DB DC BC
DHC DBA DH DA DB DC
+
∆ ∆⇒ = ≤ =
, tương tự ta có
222
... .
4
AB AC BC
DH DA EH EB FH FC
++
⇒ ++ ≤
Dấu bằng xảy ra khi
tam giác ABC đều
Câu 6
0,5
điểm
(
)
22
2
2
3 2 2 6 2025
1 2 1 202() 2
A y x xy x y
yx y
= ++ +++
= ++ + + +
Vậy GTNN của A = 2022 khi y = -1 và x =0
0,5
Xem thêm: ĐỀ THI HSG TOÁN 9
https://thcs.toanmath.com/de-thi-hsg-toan-9

Tài liệu khác của Toán 9

Preview text:

UBND XÃ BÌNH MINH
ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 LẦN 1
TRƯỜNG THCS MÃ THÀNH NĂM HỌC 2025 - 2026 Môn thi: Toán
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề ra Câu 1 ( 2,0 điểm).
a) Chứng minh rằng tổng bình phương hai số lẻ bất kì không phải là số chính phương. b) Chứng minh rằng 4n 1 2 A 3 + =
+ 2 là hợp số với n là số nguyên dương. Câu 2 ( 6,0 điểm).
a) Giải phương trình 2 2 2 2
(x +1) + 3x(x +1) + 2x = 0.
b) Giải phương trình : 2(6x +7)2 (3x+ 4)(x + 1) – 12= 0 2 2
2x − 3xy + y − 4x + 3y + 2 = 0
c) Giải hệ phương trình  2 2 x + y =1. 3 Câu 3 ( 1,0 điểm). x Cho đa thức f (x) = . 2 1− 3x + 3x  1   2   2023   2024
Tính giá trị của A f + f + ... + f + f  =        .  2025   2025   2025   2025  Câu 4 ( 3,0 điểm).
a) Ông A gửi một số tiền vào ngân hàng theo mức lãi suất tiết kiệm với kỳ hạn 1 năm là
6%. Tuy nhiên sau thời hạn một năm ông A không đến nhận tiền lãi mà để thêm một năm nữa
mới nhận. Khi đó số tiền lãi có được sau năm đầu tiên sẽ được ngân hàng cộng dồn vào số tiền
gửi ban đầu để thành số tiền gửi cho năm kế tiếp với mức lãi suất cũ. Sau 2 năm ông A nhận
được số tiền là 112.360.000 đồng (kể cả gốc lẫn lãi). Hồi ban đầu ông A đã gửi bao nhiêu tiền?
b) Trong túi đựng 48 viên bi cùng kích thước và khối lượng với hai màu đỏ và xanh. Lấy
ngẫu nhiên một viên bi từ túi. Biết rằng xác suất lấy được viên bi đỏ bằng 92% xác suất lấy
được viên bi màu xanh. Hỏi trong túi có bao nhiêu viên bi màu đỏ, bao nhiêu viên bi màu xanh? Câu 5 ( 7,5 điểm).
Cho tam giác nhọn ABC có ba đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H , gọi O là trung điểm của BC. a) Chứng minh rằng 2 S = S A. BFEC AEF .cos
b) Chứng minh rằng  =  FED . FOD c) Chứng minh rằng 2 2 2
cot A + cot B + cot C ≥1. 2 2 2
d) Tam giác ABC có thêm điều kiện gì để . . . AB AC BC DH DA EH EB FH FC + + + + = . 4
Câu 6 ( 0,5 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
A = 3y + x + 2xy + 2x + 6y + 2025
……………Hết……………
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM CÂU ĐIỂM
Câu 1a Chứng minh rằng tổng bình phương hai số lẻ bất kì không phải là số chính 1 điểm phương. 2 2 0,25
Đặt A = (2k + ) 1 + (2m + ) 1 2 2 0,25
A = 4(m + k + m + k) + 2 0,5
Ta có A chia cho 4 dư 2 nên A không phải là số chính phương
Câu 1b Chứng minh rằng 4n 1 2 A 3 + =
+ 2 là hợp số với n là số nguyên dương. 1 điểm n+ n n+ 0,25 Ta có 4 1 4 1 2 = 2.16 ≡ 2(mod5) ⇒ 2 = 5k + 2 0,25 5k 2 3 2 9.243k A + ⇒ = + = + 2 ≡ 0(mod11) 0.5
Ta có A chia hết cho 11 và A >11⇒ A là hợp số
Câu 2a Giải phương trình 2 2 2 2
(x +1) + 3x(x +1) + 2x = 0. 2,0 điểm 2 2 Đặt 2
y = x +1 ⇒ y + 3xy + 2x = 0 ⇒ (y + x)(y + 2x) = 0 1,0 TH1: 2 2
y = −x ⇒ x + x +1 = 0 ⇒ (x + 0,5) + 0,75 = 0 ( vô nghiệm) 1,0 TH2: 2 2 y = 2
− x ⇒ x + 2x +1 = 0 ⇒ (x +1) = 0 ⇒ x = 1
− . PT có nghiệm x = 1 − .
Câu 2b Ta có: 2(6x +7)2 (3x+ 4)(x + 1) – 12 = 0 2
2,0 điểm ⇔ 2(6x + 7) (3x + 4)(x + ) 1 =12
⇔ (6x + 7)2 (6x +8)(6x + 6) = 72
Đặt 6x + 7 = t, đẳng thức trên trở thành t2(t + 1)(t- 1) = 72 ⇔ t2(t2 - 1) = 72 ⇔ t4 - t2 - 72 = 0 ⇔ (t2 +8)(t2- 9) = 0
⇔ t2 = 9 (Vì t2 + 8 dương) ⇔ t = 3 hoặc t = -3 Nếu t = 3 suy ra x = - 2 3 Nếu t = -3, suy ra x= - 5 3 Vậy x= - 2 hoặc x= - 5 2,0 3 3 Câu 2c 2 2
2x −3xy + y − 4x + 3y + 2 = 0 Giải hệ phương trình 2,0 điểm  2 2 x + y =1. Từ 2 2
2x − 3xy + y − 4x + 3y + 2 = 0 ⇒ (x − y −1)(2x − y − 2) = 0 1,0
TH1: y = x −1 thay vào PT dưới ( ; x y) = (0; 1 − ),(1;0) 0,5
TH2: y = 2x − 2 thay vào PT dưới  3 4 ( ; x y) (1;0); ;  = − 5 5    0,5 HPT có 3 nghiệm:  3 4 ( ; x y) (0; 1),(1;0), ;  = − −  5 5    Câu 3 3 Cho đa thức f ( ) x x = . 1,0 điểm 2 1− 3x + 3x Tính giá trị của  1   2   2023   2024 A f + f + ... + f + f  =        .  2025   2025   2025   2025 
x + y =1 ⇒ f (x) + f ( y) =1. 3 0,5 3 1− x Ta có ( ) x f x =
⇒ f ( y) = f (1− x) ( ) = 3 3 3 3 x + (1− x) x + (1− x)   1   2024    1012   1013 A=   f + f  + ...+  f +       f   =1012   2025   2025    2025   2025  0,5
Câu 4a c) Gọi số tiền ông A gửi ban đầu là x (đồng, x>0)
1,5 điểm Số tiền lãi sau 1 năm ông A nhận được là 6%x =0.06 x (đồng) 0,25
Số tiền có được sau 1 năm của ông A là x + 0,06x = 1,06% (đồng) 0,25
Số tiền lãi năm thứ 2 ông A nhận được là 1,06x. 0,06-0,0636x (đồng) Do 0,25
vậy số tiền tổng cộng sau 2 năm ông Sáu nhận được là:
1.06x+0.0636x=1.1236x(đồng) 0,25
Sau 2 năm ông A nhận được cả gốc lẫn lãi số tiền là 112.360.000 đồng nên
ta có phương trinh 1236x=112360000 suy ra x=100 000 000 0,25
Vậy ban đầu ông A đã gửi 100 triệu đồng. 0,25
Câu 4b Trong túi đựng 48 viên bi cùng kích thước và khối lượng với hai màu đỏ và
1,5 điểm xanh. Lấy ngẫu nhiên một viên bi từ túi. Biết rằng xác suất lấy được viên bi đỏ
bằng 92% xác suất lấy được viên bi màu xanh. Hỏi trong túi có bao nhiêu viên bi
màu đỏ, bao nhiêu viên bi màu xanh? 0,5
Gọi số viên bi màu đỏ là x. Số viên bi màu xanh 48 – x (ĐK: 0< x < 48) x 48 − x
Xác suất lấy được viên bi màu đỏ là , màu xanh là 48 48 0,5
Theo đề bài ta có phương trình: x 48 = 0,92. − x 48 48 ⇒ x = 23 0,5
.Vậy số viên bi màu đỏ có trong túi là 23. Màu xanh là 25.
Câu 5a Chứng minh rằng 2 S = S sin A BFEC AEF . 2,5 điểm A E F H B D O C 2 SAE AEF  2 2 A ∆ EF ∼ A ∆ BC ⇒ = = Cos A ⇒ S =   S A AEF ABC .Cos SAB ABC1,5 2 2 S = S − S = S − S cos A = S sin A BFEC ABC AEF ABC ABC . ABC . 1,0
Câu 5b Chứng minh rằng  =  FED FO . D 2 điểm ∆ ∼ ∆ ⇒  =  AEF ABC
AEF ABC , tương tự  =  CED ABC ⇒  0 = −  0 = −  1
FED 180 2ABC 2(90 ABC) 0 = −  ⇒  = 
Tam giác OFC cân ⇒  =  FOD 2FCD 2(90 ABC) FED FO . D 1
Câu 5c Chứng minh rằng 2 2 2
cot A + cot B + cot C ≥1. 1,5 điểm Vì  =  BFH BAC ⇒  FH BF FH FH.AB 2. cotBHF.cotB = . S S AHB AHB = = = = BF FC FC FC.AB 2.S S ABC ABC 0,5 Tương tự: cot . S S BHC B cotC = ;cotC. AHC cotA = S S ABC ABC 0,5 Từ đó ta có: cot . A cot B + cot .
B cot C + cot C.cot S S S HAB BHC AHC A = + + = 1 S S S ABC ABC ABC 2 2 2
cot A + cot B + cot C ≥ cot . A cot B + cot .
B cot C + cot C.cot A =1
Đẳng thức xảy ra ⇔ cot A = cot B = cot C ⇔  =  =  A B C ⇔ A ∆ BC đều. 0,5
Câu 5d Tam giác ABC có thêm điều kiện gì để 1,5 điểm 2 2 2 . . . AB AC BC DH DA EH EB FH FC + + + + = . 4 0,75 2 2 (DB DC)  . . BC DHC DBA DH DA DB DC + ∆ ∆ ⇒ = ≤ = , tương tự ta có 4 4 2 2 2 AB AC BC 0.75
DH.DA EH.EB FH.FC + + ⇒ + + ≤ . Dấu bằng xảy ra khi 4 tam giác ABC đều Câu 6 2 2
A = 3y + x + 2xy + 2x + 6y + 2025 0,5 = ( y + x + )2 2 1 + 2 1 ( + y) + 2022 0,5
điểm Vậy GTNN của A = 2022 khi y = -1 và x =0
Xem thêm: ĐỀ THI HSG TOÁN 9
https://thcs.toanmath.com/de-thi-hsg-toan-9
Document Outline

  • THI THỬ TOÁN 9 LẦN 1 MÃ
  • HSG 9

Tài liệu liên quan: