Đề kiểm tra chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp quận Toán Lớp 9 (Vòng 1) - Năm học 2022-2023 (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề kiểm tra chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp quận Toán Lớp 9 (Vòng 1) - Năm học 2022-2023 (Có hướng dẫn chấm)

1. UBND QUẬN ĐỀ KIỂM TRA PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP QUẬN VÒNG 1- NĂM HỌC 2022-2023 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) x2 x 2x x 2 x 1 Câu 1. ( 5 điểm) Cho biểu thức A với x 0; x 1 . x x 1 x x 1 a) Rút gọn biểu thức A . 3 x 5 2 17 5 38 b) Tính giá trị của biểu thức A khi . 12 5 14 6 5 2 x c) Đặt B , chứng tỏ rằng 0 B 2 . A Câu 2. ( 5 điểm) Giải các phương trình sau: x3 3x2 a) x3 28 0 . x 1 3 x 1 1 5 b) 4. 3 x 4 x Câu 3. ( 3 điểm) a) Tìm tất cả các số nguyên tố p thỏa mãn p2 23 có đúng 6 ước số dương. x2 y2 2 xy b) Cho x, y 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M . xy x y Câu 4. ( 6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: 1 a) S BA.BC.sin B và AE.BF.CD AB.BC.CA.cos A.cos B.cosC. ABC 2 AD b) tanB.tanC . HD c) H là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác DEF . HB.HC HC.HA HA.HB d) 1. AB.AC BC.BA CA.CB Câu 5. ( 1 điểm) Cho 1000 điểm phân biệt trên mặt phẳng M1, M 2 , M 3 , , M1000 . Vẽ một đường tròn C tùy ý có bán kính R 1.Chứng minh rằng tồn tại điểm A trên đường tròn C thỏa mãn AM1 AM 2 AM 3 AM1000 1000 . HẾT Giám thị coi thi không giải thích gì thêm! Họ tên thí sinh: Số báo danh:
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HD CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN - VÒNG 1 NĂM HỌC: 2022 - 2023 Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu Ý Nội dung cần đạt Điểm Với x 0; x 1 x2 x 2x x 2 x 1 A x x 1 x x 1 x x x 1 x 2 x 1 2 x 1 x 1 0,5 a x x 1 x x 1 x x 1 2 x 1 2 x 1 1,0 x x 1 0.5 Vậy A x x 1 . 3 x 5 2 17 5 38 5 2 5 2 0,5 12 5 14 6 5 5 3 5 x 1 1 5,0 b 12 3 x 4 (tmđk) 0.5 Thay x 4 vào biểu thức A ta được A 4 4 1 3 Vậy A 3 khi x 4. 0.5 2 x 2 x B A x x 1 2 1 3 Vì x 0; x 1 2 x 0 và x x 1 x 0 B 0 c 2 4 2 0.5 2 x 1 Xét hiệu 2 B 0 B 2 x x 1 Vậy 0 B 2 1.0
3. x3 3x2 a) Giải phương trình x3 28 0 . Điều kiện x 1 x 1 3 x 1 3 x x2 x x2 x 3 x 3 27 0 0.5 x 1 x 1 x 1 x 1 2 3 2 2 2 x x x 0.5 3 3 1 27 x 1 x 1 x 1 a 2 3 x 3 0.5 1 3 x 1 x2 0.5 1 3 x 1 2 x 4x 4 0 0.5 x 2 (tmđk) Vậy x 2 . 1 5 b) Giải các phương trình sau 4 . 3 x 4 x 1 1 1 y2 0.5 2 Điều kiện x 3 . Đặt y 0 x 3 x 4 5,0 x 3 y2 y2 5y Ta có phương trình y 4 1 y2 0.5 5y 2 1 y2 y 2 0 1 y2 5y2 4 4y2 y 2 0 2 2 1 y 5y 2 1 y 0.5 y 2 y 2 1 0 2 2 b 1 y 5y 2 1 y 0.5 y 2 1 11 2 x (tmđk) 3 x 4 0.5 11 Vậy x . 4 Xét p 2 p2 23 27 có 4 ước dương (loại) 2 3 a Xét p 3 p 23 32 có 6 ước dương (tm) 0.5 Xét p 3 . Ta thấy p lẻ nên p2 23 p2 1 24 p 1 p 1 24
4. Chia hết cho 8 nên có các ước só là 1,2,4,8 . 0.5 3.0 Mặt khác p không chia hết cho 3 nên p 1 p 1 chia hết cho 3. Do đó p2 23 có các ước số là 3,6,12,24 (loại). 0,5 Vậy p 3. 2 2 x y 2xy 2 xy x y 2 xy Ta có: M 4 6 0.5 xy x y xy x y 2 x y 2 xy 4 x y 2 xy M 2 .4 6 6 xy x y xy x y 0.5 7 x y x y 2 xy 7.2 xy x y 2 xy 6 2 . 6 3 . 2 xy 2 xy x y 2 xy 2 xy x y b 0.5 x y 2 x y Dấu bằng xảy ra 4 x y . xy x y 2 xy . 2 xy x y Vậy gía trị nhỏ nhất của M bằng 3 khi và chỉ khi x y. A E F H C 4 B D 1 a) Ta có: SABC = .BC.AD. 2 1 ABD vuông tại D có AD =AB.sinB, do đó S = BC.BA.sinB. 0.5 ABC 6.0 a 2 ABE vuông ở E có AE = AB.cosA BFC vuông ở F có BF = BC.cosB 0,5 ACD vuông ở D có CD = AC.cosC 0,5 Do đó AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC 0.5
5. AD AD b) Xét ABD có tanB = ; ACD có tanC = BD CD 2 AD 0,5 suy ra tanB.tanC = (1) b BD.CD DH BD Do H· BD C· AD (cùng phụ với A· CB ) nên BDH  ADC (g.g) 0.5 DC AD BD.DC = DH.DA AD2 AD Kết hợp với (1) được tanB.tanC = . 0,5 DH.AD DH c) Chứng minh được AEF  ABC (g.g) A· EF A· BC . 0.5 Tương tự được C· ED C· BA nên A· EF C· ED mà BE  AC A· EB C· EB = 900. Từ đó suy ra F· EB D· EB EH là phân trong của DEF. 0.5 Tương tự DH, FH cũng là phân giác trong của DEF nên H là giao ba đường phân giác 0.5 trong của DEF. c d) Ta có : SBHC + SCHA + SAHB = SABC. CH CE Dễ thấy CHE  CAF(g.g) CA CF 0.25 HB.HC HB.CE 2.S S d BHC BHC 0.25 AB.AC AB.CF 2.S ABC S ABC HC.HA S HA.HB S Tương tự có CHA ; HAB . 0.25 BC.BA SCBA CA.CB SCAB HB.HC HC.HA HA.HB S S S Do đó: BHC CHA AHB 1 0.25 AB.AC BC.BA CA.CB SBAC SCBA S ACB Trên đường tròn C ta kẻ đường kính A1 A2 tùy ý A1 A2 2 Ta có A1M1 A2M1 A1 A2 2 A1M 2 A2M 2 A1 A2 2 . A1M1000 A2M1000 A1 A2 2 0.5 A1M1 A1M 2 A1M 3 A1M1000 A2M1 A2M 2 A2M 3 A2M1000 2000 1 5 1.0 Theo nguyên lý Dirichlet thì từ 1 suy ra trong hai tổng A1M1 A1M 2 A1M 3 A1M1000 và A2M1 A2M 2 A2M 3 A2M1000 có ít nhất một trong hai tổng lớn hơn hoặc bằng 1000. Giả sử 0.5 A2M1 A2M 2 A2M 3 A2M1000 1000 . Chọn A  A2 AM1 AM 2 AM 3 AM1000 1000 . Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa