Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường lần 1 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Đắk Ơ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường lần 1 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Trường THCS Đắk Ơ (Có đáp án)

1. PHÒNG GD & ĐT HUYỆN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BÙ GIA MẬP CẤP TRƯỜNG LỚP 9 NĂM HỌC 2023 – 2024 TRƯỜNG THCS ĐẮK Ơ MÔN THI: TOÁN - LẦN 1 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10/10/2023 Câu 1. (5 điểm) a−+ b a b ab − 1. Cho biểu thức A=++:1 1−+ ab 1 ab 1− ab a) Tìm điều kiện xác định của A và rút gọn biểu thức A. 2 b) Tính giá trị của A với a = . 23− c) Tìm giá trị lớn nhất của A. 2. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 7x22− 13xy −= 2y 0. 2x− 6y Tính giá trị của biểu thức B = 7x+ 4y Câu 2. (5 điểm) 1. Giải các phương trình sau: a) x2 + x +−= 11 11 0 x1+ b) (x3x1−)( +−) 4x3.( −) =− 3 x3− xy− 2x += y 6 2. Giải hệ phương trình:  22 (x1+) +−( y2) = 8 Câu 3. (5 điểm) Cho AB là đường kính của đường tròn (O; R). C là một điểm thay đổi trên đường tròn (C khác A và B), kẻ CH vuông góc với AB tại H. Gọi I là trung điểm của AC; OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M; MB cắt CH tại K. a) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh MC là tiếp tuyến của (O; R). c) Chứng minh K là trung điểm của CH Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác đều ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy ba điểm bất kỳ I, J, K sao cho K khác A, B và IKJ = 600 . AB2 Chứng minh rằng: AJ BI ≤ Dấu ‘’ = ‘’ xảy ra khi nào ? 4 Câu 5. (3 điểm) 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x33+= y33 xy +. ab33+++ bc 33 ca 3 3 2. Cho a, b, c là các số dương, chứng minh rằng: + + ≥++abc. 222ab bc ca Hết Họ và tên thi sinh số báo danh Chữ ký của giám thị 1 chữ ký của giám thị 2
2. PHÒNG GD&ĐT BÙ GIA MẬP ĐÁP ÁN THI HSG MÔN TOÁN 9 TRƯỜNG THCS ĐĂK Ơ NĂM HỌC 2023-2024 Câu Ý Nội dung Điểm a−+ b a b ab − A=++:1 1−+ ab 1 ab 1 − ab a≥≥ 0,b 0  a) ĐKXĐ của A là ab≠ 1 0,5  b1≠ abab−+( a− b)( 1 + ab) ++( a b)( 1 − ab ) Ta có: += 1−+ ab 1 ab 1−+ ab 1 ab ( )( ) 0,25 2 a− 2b a 2 a1( − b) = = 1−− ab 1 ab ab− (1a1b+−)( ) 1+= 0,25 1−− ab 1 ab 1 2 a1( − b) 1− ab 2 a Khi đó A.= = 0,5 1ab−( 1a1b +−)( ) 1a + 2 22( + 3) 2 b) Với a= = =+=+4 23 3 1 0,25 − − ( ) 23 43 Câu 1 2 2( 31+ ) 2( 31+) 2( 31523 +−)( ) 2331( −) (5.0 Suy ra A = = = = 0,75 điểm) 1++ 4 23 5 + 23 25− 12 13 2 c) Vì a0≥ nên ta có ( a− 1) ≥ 0 ⇒ a − 2a +≥ 1 0 2a 0,5 ⇒2a ≤ a +⇒ 1 ≤⇒ 1 A ≤ 1 a1+ Dấu ‘’ = ‘’ xảy ra khi a = 1. Vậy GTLN của A là 1 khi a = 1. 0,5 Ta có 7x22− 13xy −=⇔+ 2y 0( 7x y)( x −= 2y) 0 0,5 ⇔=x 2y ( do x > 0, y > 0) 2.2y−− 6y 2y 1 Thay vào biểu thức B, ta được B = = = − . 7.2y+ 4y 18y 9 2 1 1 Vậy B = − 9
3. Câu Ý Nội dung Điểm a) x2 + x +−= 11 11 0 ( 1) 0,25 ĐKXĐ: x≥− 11 (1) ⇔ x2 −( x + 11) ++ x x + 11 = 0 ⇔−+(x x 11)( x +++++= x 11) x x 11 0 0,25 ⇔(x + x + 11)( x − x + 11 += 1) 0 x+ x += 11 0 ( 1') ⇔  0,25 x− x + 11 += 1 0 ( 2') x0≤   1+ 35 x0≤ x = (1') ⇔ x + 11 =−⇔ x  ⇔ 2  2 x+= 11 x   1− 35 0,25 x =  2 1− 35 ⇔=x ( thỏa mãn đk) 2 x1≥− ⇔ + = +⇔ (2') x11x1  2 x11(x1)+=+ Câu 2 (5.0 1 x1≥−  điểm)  −+1 41 x1≥− x = ⇔⇔ 2  2 x+− x 10 = 0  0,25  −−1 41 x =  2 −+1 41 ⇔=x ( thỏa mãn đk) 2 1− 3 5 −+ 1 41 Vậy phương trình có tập nghiệm ; 0,25 22 x1+ b) (x3x1−)( +−) 4x3.( −) =− 3 ( 2) x3− ĐKXĐ: x1≤− hoặc x3> 0,25 x1+ Xét x3> . Khi đó (x3.−) =−+( x3x1)( ) x3− Đặt (x3x1−)( +=) y ( y ≥ 0) thì 0,25 y1= ( n) (2) ⇔ y2 − 4y +=⇔ 3 0  y3= ( n)
4. Câu Ý Nội dung Điểm x1= + 5 ( n) Với y1= thì (x− 3)( x + 1) =⇔ 1 x2 − 2x −=⇔ 4 0  0,25 x1= − 5 ( l) Với y3= thì x= 1 + 13 n 2 ( ) 0,25 (x− 3)( x +=⇔− 1) 3 x 2x −=⇔ 12 0  x= 1 − 13 ( l) x1+ Xét x1≤− . Khi đó (x3.−) =−−+( x3x1)( ) x3− Đặt (x3x1−)( +=) y ( y ≥ 0) thì 0,25 y= − 1l ( ) (2) ⇔ y2 + 4y +=⇔ 3 0  y= − 3l ( ) Vậy phương trình có tập nghiệm {1++ 5;1 13} 0,25 xy− 2x += y 6 (x1y2+)( −=) 4 ⇔ 2) 22 22 0,25 (x1+) +−( y2) = 8 (x1+) +−( y2) = 8 Đặt a=+=− x 1, b y 2 Ta có hệ phương trình ab= 4 ab= 4 ab= 4 ab= 4 0,5 ⇔ ⇔⇔ 22 22   ab8+= (a+− b) 2ab = 8( a += b) 16 ab+=± 4 2 ab= 4  a = 2 x += 1 2  x = 1 +)  ⇔⇔  ⇔  0,5 ab4+=  b2 = y22 −=  y4 = ab= 4  a =− 2 x +=− 1 2  x =− 3 +)  ⇔⇔  ⇔  0,5 ab4b2+=−  =− y22 −=−  y0 = Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x , y)∈−{( 1; 4) ,( 3; 0 )} 0,25 Câu 3 (5.0 0,5 điểm)
5. Câu Ý Nội dung Điểm Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn Chứng minh OI⊥ AC ⇒∆ OIC vuông tại I => I thuộc đường tròn đường 0,5 a kính OC. CH⊥ AB( gt) ⇒∆ CHO vuông tại H => H thuộc đường tròn đường kính 0,5 OC. => I, H cùng thuộc đường tròn đường kính OC. Hay 4 điểm C, I, H, O 0,5 cùng thuộc một đường tròn đường kính OC. Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn (O, R) 0,5 - Chứng minh AOM= COM b - Chứng minh ∆=∆AOM COM 0,5 - Chứng minh MC⊥ CO 0,5 ⇒ MC là tiếp tuyến của (O, R) Chứng minh K là trung điểm của CH ∆MAB có KH // MA ( vì cùng ⊥ AB ) 0,5 KH HB AM.HB AM.HB ⇒⇒= KH= = ( 1) AM AB AB 2R c Chứng minh CB // MO ⇒= AOM CBH ( đồng vị) MA AO AM HB AM HB 0,5 Chứng minh ∆MAO ∆ CHB ⇒ =⇒=CH = (2) CH HB AO R Từ (1) và (2) ⇒ CH = 2CK ⇒ CK = KH ⇒ K là trung điểm của CH. 0,5 0,25 =00 −− = − Ta có: BKI180 B BIK120 BIK 0,25 =00 −− = − Câu 4 Mà BKI180 IKJ AKJ120 AKJ 0,25 (2.0 điểm) Suy ra: BIK = AKJ 0,25 Suy ra: ∆BIK ∆AKJ 0,25
6. Câu Ý Nội dung Điểm BI BK ⇒= AK AJ 2 AK+ BK AB2 0,5 ⇒=AJ BI AK BK ≤ = 24 Dấu ‘’ = ‘’ xảy ra khi và chỉ khi AK = BK. Hay K là trung điểm của AB. 0,25 3 xy33+ =33 xy +⇔( xy +) − 3 xyxy( +) = 33 xy +. Đặt xya+=; xy=b ( a, b là các số nguyên ) ta có 33 3 a−3 ab = 3 b +⇔ 3 a −= 33 b( a + 1) nên (aa−+31)( ) 0,5 (aa3 +−14)( + 1) ⇒+41(a ) Ta lập bảng giá trị sau a + 1 1 – 1 2 – 2 4 – 4 a 0 – 2 1 – 3 3 – 5 0,5 1 a3 − 3 – 1 Không Không 5 2 Không b = 31(a + ) nguyên nguyên nguyên Trư ờng hợp ab=0, = − 1cho ( xy,) =−=−( 1; 1) , ( xy ,) ( 1;1) Câu 4 Trường hợp ab=−=3, 5 không cho nghiệm (3.0 Trường hợp ab=3, = 2 cho ( xy,) = ( 1; 2) , ( xy ,) = ( 2;1) 0,5 điểm) Vậy nghiệm nguyên( xy, ) của phương trình là (1;−− 1) , ( 1;1) , (1; 2) , ( 2;1) Với a, b, c là các số dương, ta có : a33+=+ b( a b)( a2 −+ ab b 2) ≥+( a b) ab a33++ b ab 0,5 ⇒≥ 22ab b33+ c b ++ cc 3 a 3 c + a 2 Tương tự : ≥≥; 2bc 22ca 2 0,25 a33+ b b 33 + c c 3 + a 3 ab +++ bc ca Suy ra : + + ≥ + + =++abc. 2ab 2 bc 2 ca 222 0,5 Đẳng thức xảy ra khi abc= = . 0,25 * Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.