Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Phòng GD và ĐT Thạch Thất (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2023-2024 - Phòng GD và ĐT Thạch Thất (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN THẠCH THẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THẠCH THẤT NĂM HỌC 2023-2024 Đề thi môn : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Bài 1 (5 điểm): xx22+ Cho biểu thức: P =++ x−+ xx2 x( xxx−+12)( ) 1/ Rút gọn biểu thức P. 2/ Tính giá trị của biểu thức P khi. x =3 + 22 3/ Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên. Bài 2 (4 điểm): 1/ Cho các số a, b, c bất kỳ. Chứng minh: a222 + b + c+ 1 > a + b + c 3xx2 −+ 23 2/ Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 +1 Bài 3 (4 điểm): 1 1 13 1/ Giải phương trình : ++ = xx22++5 4 x + 11 x + 28 x 2 + 17 x + 70 4 x − 2 111 2/ Cho abc = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức S = ++ 111++a ab ++ b bc ++ c ac Bài 4 (5 điểm): Cho điểm M di động trên đoạn thẳng AB (M≠ AB ,). Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các hình vuông AMCD, BMEF và giao điểm hai đường chéo mỗi hình vuông lần lượt là O, O’. Gọi H là giao điểm của AE và BC. 1/ Chứng minh rằng: AE⊥ BC . 2/ Gọi I là giao của AC và BE. Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng DF và ba điểm H, D, F thẳng hàng. 3/ Chứng minh rằng đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đoạn thẳng AB. Bài 5 (2 điểm): Cho tam giác đều ABC, điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC ? Hết. ( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
2. UBND HUYỆN THẠCH THẤT HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 9.Năm học 2023-2024 === Môn: Toán Bài Hướng dẫn giải Điểm 1/ (2,5 điểm) ĐK: xx 0;≠ 1 0,25 xx22+ P =++ xx(− 1) xx ( + 2) xx ( −+ 1)( x 2) 0,5 xx(+ 2) + 2( x −++ 1) x 2 = 0,5 xx(−+ 1)( x 2) xx+22 x + x −++ 2 x 2 xx++32 x x = = 0,5 xx(−+ 1)( x 2) xx(−+ 1)( x 2) x(xx++3 2) 0,25 = xx(−+ 1)( x 2) xx(++ 1)( x 2) = 0,25 xx(−+ 1)( x 2) (x + 1) = (x − 1) 0,25 Bài 1 (5 điểm) 2/ (1,0 điểm) Ta có: xx=+322 ⇔ = 2221 + += (21) +2 = 21 + 0,5 2++ 11 2 + 2 0,5 Thay vào biểu thức P ta được P = = =12 + 2+− 11 2 3/ (1,5 điểm) x1+ ( x1−+) 2 2 0,5 Ta có: P1= = = + x1−− x1 x1 − Để P nguyên thì x1− là ước của 2 và x1− >− 1 0,25 ( ) ( ) Do đó:( x−∈⇒∈⇒∈ 1) { 0;1;2} x{ 1;2;3} x{ 1,4,9} 0,25 x> 0,x ≠⇒ 1 Mặt khác theo điều kiện x = 4 và x = 9 0,25 Vậy để P nguyên thì x = 4 hoặc x = 9 0,25 1/ (2 điểm) Giả sử: a222 + b + c+ 1 > a + b + c Bài 2 ⇔ 4a2 + 4b2 +4c2 +4 > 4a + 4b + 4c (4 điểm) 0,75 ⇔ 4a2 - 4a + 1+ 4b2 - 4b +1 + 4c2 - 4c + 1 + 1 > 0 0,5 ⇔ (2a - 1)2 +(2b - 1)2 +(2c - 1)2 + 1 > 0 luôn đúng với mọi a, b, c 0,5
3. ⇒ Bất đẳng thức cần chứng minh luôn đúng. 0,25 2/ (2 điểm) + Tìm GTLN: (1 điểm) 3x2− 2x + 3 4x 22 +− 4 x − 2x − 1 (4x2 + 4) − (x 2 + 2x + 1) Ta có A = = = 0,75 x122++ x1 x1 2 + 4(x222+−+ 1) (x 1) (x + 1) = =−≤44 x122++ x1 Dấu “=” xảy ra ⇔ (x+1)2 = 0 ⇔ x = - 1 0,25 Vậy GTLN A = 4 ⇔ x = - 1 + Tìm GTNN: (1 điểm) 3x2− 2x + 3 x 2 − 2x ++ 1 2x2 + 2 (x − 1) 22 + 2(x + 1) = = Ta có A = 22 2 x1++ x1 x1 + (x− 1)2 0,75 = +≥22 x12 + Dấu “=” xảy ra ⇔ (x - 1)2 = 0 ⇔ x = 1 Vậy GTNN A = 2 ⇔ x = 1 0,25 1/ (2 điểm) ĐKXĐ: x ≠−1; x ≠−4 ; x ≠−7 ; x ≠−10 . 0,5 Phương trình ban đầu trở thành: 3 3 39 ++ = ( xx++1)( 4) ( xx ++ 4)( 7) ( xx ++ 7)( 10) 4 x − 2 0,5 ⇔−+−+−11111 1 = 9 xxxxxx++++++144771042 x − 0,25 ⇔=11 ( xx++1)( 10) 4 x − 2 0,25 ⇔+( xx1)( + 10) = 4 x − 2 Bài 3 ⇔xx2 ++=7 12 0 0,25 (4 điểm) ⇔+( xx3)( += 40) x = −3 ⇔  x = −4 So sánh với ĐKXĐ ⇒ nghiệm của phương trình đã cho là x = −3. 0,25 2/ (2 điểm) 1 Từ giả thiết: abc = 1⇒=ab c 0,5 111 Ta có S = ++ 111++a ab ++ b bc ++ c ac 11 1 = ++ 1 ++ ++ 0,5 1++a abc b bc1 c ac c
4. c 11 = ++ c+ ac +1 b( ac ++ 11 c) + c + ac 0,25 bc++1 b bc + abc + b = = b(11++ c ac) b( ++ c ac) 0,5 b( c++ ac 1) = =1 0,25 b( c++ ac 1) Vẽ hình đúng D C 0,5 I H E F O O' A K M B 1/ ∆=∆AME CMB( ) c g c ⇒ EAM = BCM 1,0 0 00 Mà BCM +=⇒+=⇒= MBC 90 EAM MBC 90 AHB 90 Vậy AE⊥ BC 0,5 ⇒ = =0 ⇒ 2/ Từ GT DMA IBA45 DM // IB . Tương tự có: AC // MF Bài 4 Từ đó: OMO' I là hình bình hành ⇒=OI O’ M và OI // O ’ M⇒= OI O' F và (5 điểm) OI // MF nên OIFO 'là hình bình hành. Do đó: IF // OO’ và IF = OO’ (1) Chứng minh tương tự, ta cũng có DI// OO ’ và DI= OO ’(2 ) 1,0 Từ (1) và (2) suy ra ba điểm DIF,, thẳng hàng và DI = IF nên I là trung điểm của đoạn thẳng DF . O là giao điểm của AC và DM . ∆=AHC( H 900 ) có HO là đường trung 11 tuyến ⇒HO = AC = DM ⇒∆ DHM vuông tại H . Do đó: ⇒=DHM 900 22 Chứng minh tương tự ta có: MHF = 900 1,0 Do đó: DHM += MHF 1800 . Vậy ba điểm DHF,,thẳng hàng. 3. Vì I là trung điểm của DF , Kẻ IK⊥∈ AB () K AB ⇒ IK là đường trung AD++ BF AM BM AB bình của hình thang ABFD ⇒=IK = = (không đổi) 2 22 0,75
5. Do AB, cố định nên K cố định, mà IK không đổi nên I cố định. Vậy 0,25 đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đoạn thẳng AB 0,25 Bài 5 (2 điểm) Vẽ tam giác đều CMN ⇒∆BCN =∆ ACM ⇒=BN AM 0,25 mà AM2= BM 22 + CM ⇔=BN2 BM 22 + MN ⇔∆BMN vuông tại M. 0,25 00 0 ⇒BMC = BMN + NMC =+=90 60 150 0,25 Hết ( Học sinh có cách giải khác đúng cho điểm tương đương, điểm toàn bài làm tròn đến 0,25điểm)