Đề thi học sinh giỏi tỉnh môn toán lớp 9 năm 2024
|
THCS.TOANMATH.com giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm học 2023 – 2024 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Hà Tĩnh; kỳ thi được diễn ra vào thứ Sáu ngày 12 tháng 01 năm 2024; đề thi có đáp án và lời giải chi tiết. Show
Trích dẫn Đề học sinh giỏi tỉnh Toán 9 năm 2023 – 2024 sở GD&ĐT Hà Tĩnh: + Cho đường thẳng (d): y = (m − 1)x + 3. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) cắt trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A và B sao cho tam giác AOB vuông cân. + Bạn Hà làm một bài thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi câu trả lời đúng được 5 điểm, mỗi câu trả lời sai bị trừ 1 điểm, mỗi câu bỏ qua không trả lời được 0 điểm. Tính số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai, số câu bỏ qua không trả lời của bạn Hà, biết rằng bạn Hà được 57 điểm. + Cho hình vẽ, biết rằng AE = 2, ED = 3, CB = 6. Trong đó AB và CD cùng vuông góc với AD tại A và tại D. Tìm độ dài đoạn BE.
Ghi chú: Quý thầy, cô và bạn đọc có thể chia sẻ tài liệu trên TOANMATH.com bằng cách gửi về: Facebook: TOÁN MATH Email: [email protected] Related documents
Preview textSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOQUẢNG NAMKỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNHNăm học 2016 – 2017Môn thi : TOÁNThời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Ngày thi : 10/4/Câu 1. (5,0 điểm)a) Cho biểu thức ####### 4 2 5 1 1 ####### 2 ####### 2 3 2 4 1 2 ####### x x x x ####### P x x ####### x x x x ####### ####### ####### với x 0 và ####### 1 ####### 4 x .Rút gọn biểu thức P và tìm x để32P .b) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa ab bc ca 3 abcìm giá trị nhỏ nhất của biểuthức 3 3 3 2 2 2 a b cAc a a b b c .Câu 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình x 2 1 x 1 x 2 0.
2 2 3 2 2 4 12 4 3 2xy x yx y xy x y Câu 3. (4,0 điểm)a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , )a b thỏa mãn đẳng thức:a 3 b 3 3( a 2 b 2 ) 3( a b) ( a 1)( b 1) 25.b) Cho hai số nguyên a và b thỏa 24 a 2 1 b 2 .Chứng minh rằng chỉ có một số a hoă ̣cb chia hết cho 5.Câu 4. (2,5 điểm)Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đường kính AK; lấyđiểm I thuô ̣c cung nhỏ AB của đường tròn (O) (I khác A, B). Gọi M là giao điểm của IK vàBC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh tứgiác ADME là hình bình hành.Câu 5. (4,5 điểm)Cho tam giác nhọn ABC (AB ####### SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ####### QUẢNG NAM ####### KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH ####### NĂM HỌC 2016 – 2017 ####### HƯỚNG DẪN CHẤM ####### Môn: TOÁN ####### (Hướng dẫn chấm thi này có 08 trang) ####### Câu Đáp án Điểm ####### Câu 1 ####### (5,0 đ) Cho biểu thức ####### 4 2 5 1 1 ####### 2 ####### 2 3 2 4 1 2 ####### x x x x ####### P x x ####### x x x x ####### ####### ####### ####### ####### với x 0 và ####### 1 ####### 4 x . Rút gọn biểu thức P và tìm x để32P . ####### 3, 2 ####### 4 2 5 1 2 4 2 ####### (2 1)( 2) (2 1)(2 1) 2 ####### x x x x x x x ####### P ####### x x x x x ####### ####### ####### ####### ####### (mỗi ý trong khai triển được 0,25 điểm ) ####### 0, ####### 2 2 5 1 (2 1)( 2) ####### 2 1 (2 1)(2 1) 2 ####### x x x x x x ####### x x x x ####### ####### ####### ####### 0, ####### 2 1 (2 1)( 2) ####### (2 1)(2 1) 2 ####### x x x x ####### x x x ####### ####### ####### ####### 0, ####### 2 ####### 2 ####### x x ####### x ####### ####### 0, ####### + Với x 0 , ta có: x x 2 x x 1 1 3. 3 x x.1 x x 2 3 x 0, ####### Suy ra ####### 2 3 ####### 2 2 ####### x x x ####### P ####### x x ####### ####### hay ####### 3 ####### 2 ####### P ( dấu bằng xảy ra khi x 1 ). 0, ####### Do đó, để 32P thì x 1. 0, ####### Hoă ̣c trình bày cách khác: ####### + Với x 0 , ta có: 3 2 33 2 02 2 2x xP x x xx (*) ####### 0, ####### Đă ̣t t x , t 0. Khi đó (*) trở thành: t 3 3 t 2 0 ####### 0, ( t 1) ( 2 t 2) 0 0,Vì t 2 0, ( t 1) 2 0 nên ( t 1) ( 2 t 2) 0 t 1 0 t 1 hay x 1. 0,b) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa: ab bc ca 3 abc. Tìm giá trị nhỏ nhất ####### của biểu thức 3 3 3 2 2 2 a b cAc a a b b c ####### . ####### 2, Do đó32A , dấu bằng xảy ra khi x y z 1 hay a b c 1.Vâ ̣y3min2A khi a b c 1.0,Câu 2(4,0 đ)a) Giải phương trình x 2 1 x 1 x 2 0 2,Cách 1:Điêu kiê ̣n: 1 x 1.0,Khi đó ta có: x 2 1 x 1 x 2 0 2 2 1 x 1 x (2 x) 2 1 x 2 2 (2 x 2 ) 2 (1)0,Đă ̣t t 1 x 2 , t 0. Phương trình (1) trở thành:2 22 t 2 ( t 1)0, t 4 2 t 2 2 t 1 0 0, ( t 1) ( t 1)( t 2 1) 2 t 0 (2) 0,Vì t 0 nên ( t 1)( t 2 1) 2 t 0.Do đó phương trình (2) có nghiê ̣m duy nhất là t 1.0,+ Với t 1 x 0 (thỏa).Vâ ̣y phương trình đã cho có mô ̣t nghiê ̣m duy nhất là x 0. 0,Cách 2:+ Điêu kiê ̣n: 1 x 1. 0,2 2x 1 x 1 x 2 0 1 x 1 x 2 x (*)+ Đă ̣t t 1 x 1 x t, 0. Suy ra2 22 2 2 22 2 1 1 22tt x x 0,Khi đó phương trình (*) trở thành:t 4 4 t 2 4 t 8 0 ( t 2)( t 3 2 t 2 4) 0 (*) 0,+ vì t 2 2 2 1 x 2 2 và t 0 nên t 2. 0,Do đó t 3 2 t 2 4 2 2 4 4 0.Suy ra phương trình (*) có nghiê ̣m duy nhất là t 2.0,+ Với t 2 x 0 (thỏa).Vâ ̣y phương trình đã cho có mô ̣t nghiê ̣m duy nhất là x 0.0,Cách 3:+ Điêu kiê ̣n: 1 x 1. 0,Đă ̣t 1 x a , 1 x b ( ,a b 0). Suy ra: a 2 b 2 2 (1) 0,+ Hơn nữa: 1 x 2 a b 2 x 2 a b 2 2 1.+ Phương trình đã cho trở thành: a b a b 2 2 1 (2)0,####### Từ (1) và (2) ta cố hê :̣ 2 2 2 2 ####### 2 1 ####### 1 2 ####### a b ab ####### a b a b a b ####### ####### ####### ####### 0, ####### 1 ####### 0 ####### 1 ####### a ####### x ####### b ####### ####### ####### ####### 0, ####### b) Giải hệ phương trình 2 2 3 2 2 4 12 4 3 2xy x yx y xy x y ####### 2, ####### Cách 1: 2 2 3 2 2 4 12 4 3 2xy x yx y xy x y 2 2 2 (2 1) 4( 2 1) 2(2 1) 2xy x yx y xy y x y ####### (*) (lưu ý : không nhất thiết biến đối đưa vế phải của pt thứ hai về 2 y, có thể 3 y) ####### 0,
####### Suy ra 120xy ####### là mô ̣t nghiê ̣m của hê ̣. ####### 0,
####### (**) ####### 0, ####### Đă ̣t ####### 2 1 ####### 1, ####### 2 ####### x ####### a xy b ####### ####### ; khi đó hê ̣ phương trình (**) trở thành: 2 52 2a ba b ####### (***) 0, ####### + Giải hê ̣ (***) tìm được: 23ab ####### , 49ab ####### . 0, ####### * Với 23ab ####### ta có 2 11 23 12 13 23xxy xxxx yy y ####### hoă ̣c ####### 3 ####### 2 ####### 2 ####### 3 ####### x ####### y ####### ####### ####### ####### ####### ####### ####### 0, ####### * Với 49ab ####### ta có 2 11 492 19 29xxy xxxy y ####### (vô nghiê ̣m) 0, ####### Vâ ̣y hê ̣ phương trình đã cho có ba nghiê ̣m: 120xy ####### , 11xy ####### , ####### 3 ####### 2 ####### 2 ####### 3 ####### x ####### y ####### ####### ####### ####### ####### ####### ####### . ####### 0, 2 2 0,1, 4(mod 5) 0,1, 4(mod 5) a b (2) 0,Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 ####### 0(mod 5) ####### 1(mod 5) ####### a ####### b ####### ####### ####### hoă ̣c 2 2 ####### 1(mod 5) ####### 0(mod 5) ####### a ####### b ####### ####### ####### . 0,Suy ra chỉ một số a hoă ̣ c b chia hết cho 5. 0,Cách 2: 2 2 2 2 2 2 2 24 a 1 b 25 a 1 a b a b 5. k 1 (1) ####### 0, n Z n 5 l r l Z r, 0;1;2;3; 4 0, 2 2 2 n 5 l 1 r 1 l 1 Z r, 1 0;1;4 (2) 0,Từ (1) và (2) suy ra: 2 1 2 2 ####### 5 1 ####### 5 ####### a k ####### b k ####### ####### ####### hoă ̣c 2 1 2 2 ####### 5 ####### 5 1 ####### a k ####### b k ####### ####### ####### ####### 0, Suy ra chỉ một số a hoă ̣ c b chia hết cho 5. 0,Cách 3:24 a 2 1 b 2 24 a 2 b 2 1 không chia hết cho 5 nên a và b không đồngthời chia hết cho 5. ####### 0, + Giả sử a và b đêu không chia hết cho 5.Theo định lý Fermat ta có 4 2 2 2 2 4 ####### 1(mod 5) ####### ( )( ) 0(mod 5) ####### 1(mod 5) ####### a ####### a b a b ####### b ####### ####### ####### ####### 0, Nếu ####### a 2 b 2 0(mod 5) thì ####### 25 a 2 1 a 2 b 2 0(mod 5) ( vô lí). 0,Suy ra ####### a 2 b 2 0(mod 5) 23 a 2 1 b 2 a 2 0(mod 5) (*) 0,Vì a không chia hết cho 5 nên a 1, 2(mod 5) . 0,Với 2 2 a 1(mod 5) a 1(mod 5) 23 a 1 1(mod 5)( trái với (*)) 0,Với 2 2 a 2(mod 5) a 4(mod 5) 23 a 1 3(mod 5) ( trái với (*)) 0,Vậy điêu giả sử là sai. Từ đó suy ra điêu cần chứng minh. ####### Câu 4 ####### (2,5 đ) Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đườngkính AK; lấy điểm I thuô c cung nhỏ AB của đường tròn (O) (I khác A, B). GọịM là giao điểm của IK và BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB vàAC lần lượt tại D và E. Chứng minh tứ giác ADME là hình bình hành. ####### 2, O // // 2 1 1 1 1 / / A N M F K E D I B C 12 ####### (Không có hình vẽ không chấm bài) ####### + Gọi N là trung điểm của IM, F là giao điểm của DE và IB. ####### + Ta có: I 1 A 1 A 2 F 1 C 1 F 2 B 1 ####### 0, ####### Suy ra tứ giác BFDM nô ̣i tiếp trong đường tròn. 0, ####### ####### DMB F 1 C 1 ####### Suy ra DM // AC hay DM // AE (1) ####### 0, ####### AED EDM EDI. Suy ra AEDI là hình thang cân. 0, ####### (Hoă ̣c tứ giác BFDM và BIAC nô ̣i tiếp nên FDM IAE ; ####### FDM FDI DIA DIA IAE. Suy ra AEDI là hình thang cân.) ####### Suy ra ADE IED DEM nên AD//EM (2) 0, ####### Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ADME là hình bình hành. 0, ####### Cách khác: ####### + Gọi N là trung điểm của IM, F là giao điểm của DE và IB. ####### + Ta có: I 1 A 1 A 2 F 1 C 1 tứ giác BFEC nô ̣i tiếp trong đường tròn. ####### 0, ####### Suy ra FBC AED(1). 0, ####### + Mă ̣t khác F 1 C 1 F 2 B 1 tứ giác BFDM nô ̣i tiếp trong đường tròn. ####### Suy ra FBC MDE (2). ####### 0, ####### Từ (1) và (2) suy ra AED MDE AE//DM (*) 0, ####### Hơn nữa AED MDE AED IDE ####### Mà DE//IA. Do đó tứ giác AEDI là hình thang cân. ####### 0, ####### Suy ra ADE IED; mà IED DEM nên ADE DEM AD//EM (**) ####### Từ (*) và (**) suy ra tứ giác ADME là hình bình hành. ####### 0, ####### Câu 5 ####### (4,5 đ) Cho tam giác nhọn ABC (AB F O E D P M N H B C A ####### (Không có hình vẽ không chấm bài) ####### + Ta có: ####### ####### ####### ANB AMB ANB ACB ####### AMB ACB ####### ####### ####### ####### 0, ####### + Tứ giác DHEC nô ̣i tiếp nên ACB AHB 180 0. Suy ra ANB AHB 180 0. ####### Do đó tứ giác AHBN nô ̣i tiếp trong đường tròn. ####### 0, ####### Suy ra NHB NAB. Mà NAB MAB nên NHB MAB 0, ####### + Tương tự ta cũng chứng minh được: CHP MAC . 0, ####### + Suy ra NHB BHC CHP MAB BHC MAC ( MAB MAC ) BHC ####### BAC BHC BAC FHE 1800 ####### Suy ra N, H và P thẳng hàng. ####### 0, ####### Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang ####### điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm. |
