Kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện đang cận kề, đây là khoảng thời gian các em học sinh lớp 9 cần tăng tốc trong việc ôn luyện để chiến đấu với bài thi chọn đội tuyển đầy khắc nghiệt. Hiểu được điều đó, chúng tôi xin giới thiệu đề thi chọn học sinh giỏi vòng 1 cấp huyện môn Toán huyện Quỳ Hợp, Nghệ An, hy vọng tài liệu sẽ giúp ích cho các em trong việc định hình cấu trúc đề thi và khoanh vùng các dạng câu hỏi và nội dung kiến thức trọng tâm nhằm đạt kết quả cao nhất. Đề thi chọn HSG Toán 9 cấp huyện vòng 1 2020 Quỳ Hợp
Đáp án Đề thi chọn HSG Toán 9 cấp huyện vòng 1 2020 Quỳ Hợp: Đang cập nhật.... Giai đoạn này các em học sinh lớp 9 cần tổng hợp lại kiến thức trọng tâm đã được học, tập trung luyện các bộ đề chọn học sinh giỏi hay các đề thi học sinh giỏi cấp huyện qua các năm của huyện hay các huyện khác, từ đó định hình được cấu trúc đề thi, khoanh vùng nội dung kiến thức trọng tâm để lựa chọn cho mình phương pháp, các bước ôn thi hiệu quả nhất. chúc các em thành công! Ngoài ra các em học sinh và thầy cô có thể tham khảo thêm nhiều tài liệu hữu ích hỗ trợ ôn luyện thi môn toán như đề kiểm tra, hướng dẫn giải sách giáo khoa, vở bài tập được cập nhật liên tục tại chuyên trang của chúng tôi. Đánh giá bài viết Bạn đang xem tài liệu "Đề thi chọn đội tuyển vòng 1 dự thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Phòng Giáo dục và đào tạo Yên Định", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên Tài liệu đính kèm: - de_thi_chon_doi_tuyen_vong_1_du_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_l.doc
Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển vòng 1 dự thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Phòng Giáo dục và đào tạo Yên Định- PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN VÒNG I DỰ THI YÊN ĐỊNH HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP TỈNH Năm học: 2021 - 2022 Môn thi: Toán ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi này gồm có 01 trang) Câu 1 (4,0 điểm) x3 x 1 1 x2 x 1 Cho biểu thức: A 2 . 2 2 3 , với x 1 . x 1 x 2x 1 1 x x 1 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm tất cả các giá trị của x để A x3 1 . Câu 2 (4,0 điểm). 18 18 1) Giải phương trình: x2 6x 4 . x2 4x 3 (x 3)(x 5) 1 1 1 2) Cho ba số thực a, b, c khác 0 và khác nhau đôi một, thỏa mãn : 0 . a b c a. Chứng minh rằng : a2 2bc (a b)(a c) . 2020a2 2021bc 2020b2 2021ac 2020c2 2021ab b. Tính giá trị của biểu thức : A . a2 2bc b2 2ac c2 2ab Câu 3 (4,0 điểm). 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 x x2 y xy y . 2) Chứng minh rằng nếu a là số nguyên tố lớn hơn 5 thì a2020 1 chia hết cho 240. Câu 4 (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Lấy điểm I nằm giữa hai điểm A và B, điểm K nằm giữa hai điểm B và C sao cho BI = CK. Gọi O là giao điểm của AC và BD. 1) Chứng minh O· IK O· KI 450 . 2) Gọi M là giao điểm của AC và DI, N là giao điểm của BD và AK. Chứng minh tứ giác AMNB là hình thang cân. 3) Xác định vị trí của các điểm I, K sao cho tam giác DIK có diện tích nhỏ nhất. Tính nhỏ nhất đó theo a. Câu 5 (2,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 3abc. a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q . 3a2 1 3b2 1 3c2 1 Hết Họ tên thí sinh: SBD Giám thị không giải thích gì thêm
- PHÒNG GD&ĐT KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Hướng dẫn chấm gồm có 5 trang. Câu 1 1) Rút gọn A. (4đ) x3 x 1 1 x2 x 1 A 2 . 2 2 3 x 1 x 2x 1 1 x x 1 x(x2 1) 1 1 x2 x 1 . 2 2 2 0,5 x 1 (x 1) (x 1)(x 1) (x 1)(x x 1) x(x2 1) (x 1) (x 1) 1 x(x 1)(x 1) 2 1 . . x2 1 (x 1)2.(x 1) x 1 x2 1 (x 1)2.(x 1) x 1 0,5 2x 1 2x (x2 1) (x2 2x 1) (x2 1)(x 1) x 1 (x2 1)(x 1) (x2 1)(x 1) 0,5 (x 1)2 1 x 1 x 0,5 . Vậy : A ( với x 1 ). (x2 1)(x 1) x2 1 x2 1 2) Tìm tất cả các giá trị của x để A x3 1 . 1 x A x3 1 x3 1 ( với x 1 ). x2 1 0,5 1 x (x3 1)(x2 1) 1 x x5 x3 x2 1 x5 x3 x2 x 0 x(x4 x2 x 1) 0 0,5 2 4 1 3 x x x 0 0,5 2 4 2 4 1 3 0,5 x 0 (vì x x 0 x R. ) 2 4 Giá trị x = 0 thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy để Athì x3 = 10. Câu 2 18 18 1) Giải phương trình: x2 6x 4 (1) (4đ) x2 4x 3 (x 3)(x 5) - ĐKXĐ : x 1 x2 4x 3 0 (x 1)(x 3) 0 x 3. (x 3)(x 5) 0 (x 3)(x 5) 0 0,5 x 5 1 1 2 (1) 18 x 6x 4 . (x 1)(x 3) (x 3)(x 5) 2x 6 18 x2 6x 4 (x 1)(x 3)(x 5) 0,5
- 2 36 18 x2 6x 4 x2 6x 4 (x 1)(x 5) x2 6x 5 2 2 2 1 9 2 1 9 x 6x 5 x 6x 4 36 x 6x x 6x 36 2 2 2 2 0,5 2 2 2 1 81 2 1 225 x 6x 36 x 6x 2 4 2 4 x 3 4 x 1 2 1 15 x 6x 2 2 2 2 x 6x 7 (x 3) 16 x 3 4 x 7 2 2 0,5 2 1 15 x 6x 8 (x 3) 1 x 3 1 x 2 x 6x 2 2 x 3 1 x 4 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là : 7; 4; 2;1 2a. Chứng minh rằng : a2 2bc (a b)(a c) . 1 1 1 bc ac ab Ta có : 0 0 bc ac ab 0 bc ac ab a b c abc 0,5 a2 2bc a2 bc ac ab (a2 ac) (bc ab) a(a c) b(a c) (a b)(a c) 0,5 2b. Tính giá trị của biểu thức : 2020a2 2021bc 2020b2 2021ac 2020c2 2021ab A . a2 2bc b2 2ac c2 2ab Tương tự, ta có : .b2 2ca (b c)(b a); c2 2ab (c a)(c b) 0,5 2020(a2 2bc) 2019bc 2020(b2 2ac) 2019ac 2020(c2 2ab) 2019ab A a2 2bc b2 2ac c2 2ab bc ac ab A 6060 2019 2 2 2 a 2bc b 2ac c 2ab bc ac ab A 6060 2019 (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) bc ac ab A 6060 2019 (a b)(c a) (b c)(a b) (c a)(b c) bc(b c) ac(c a) ab(a b) A 6060 2019. (1) (a b)(b c)(c a) Mặt khác : bc(b c) ac(c a) ab(a b) (b c)a2 (b2 c2 )a bc(b c) 0,5 2 2 (b c) a (b c)a bc (b c) (a ab) ( ac bc) (b c)(c a)(a b) (2) Từ (1), (2) suy ra : A 6061 2019 4041 Câu 3 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 x x2 y xy y . (1)
- 2 2 (4đ) 2 2 x x 2 1 3 0,5 (1) x x (x x 1)y y 2 (2) ( vì x x 1 x 0 ) x x 1 2 4 (x2 x 1) (2x 1) 2x 1 0,5 y 1 x2 x 1 x2 x 1 2x 1 (2x 1)2 0,5 Vì x Z, y Z nên Z Z . Mà x2 x 1 x2 x 1 (2x 1)2 4x2 4x 1 4(x2 x 1) 3 3 4 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 3 Z x2 x 1 U (3) 1; 3 x2 x 1 1;3 vì .x2 x 1 0 x2 x 1 Trường hợp : x2 x 1 1 x 0;1 . Thay vào (2) ta được các nghiệm 0,5 (x; y) (0;0),(x; y) (1;2). Trường hợp : .x Thay2 x 1vào 3 (2) xta được 1;2 các nghiệm (x; y) ( 1;0),(x; y) (2;2). Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm nguyên : (x; y) (0;0),(x; y) (1;2), (x; y) ( 1;0),(x; y) (2;2). 2) Chứng minh rằng nếu a là số nguyên tố lớn hơn 5 thì a2020 1 chia hết cho 240. 505 a2020 1 a4 1505 a4 1 .M a 1 a 1 a2 1 .M 0,5 Vì a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên a – 1 và a + 1 là hai số chẵn liên tiếp. Do đó Tích a 1 a 1 chia hết cho 8. (1) Trong ba số tự nhiên liên tiếp aluôn 1, a có, a một1 số chia hết cho 3. 0,5 Nhưng a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên A không chia hết cho 3. Do đó, a – 1 hoặc a + 1 chia hết cho 3. Tích a 1 a 1 chia hết cho 3. (2) Vì (8;3) 1nên từ (1) và (2) suy ra, tích a 1 a 1 chia hết cho 24 (*) Vì a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên a là số lẻ. Suy ra achia2 1 hết cho 2. (3) 0,5 Vì a là số nguyên tố lớn hơn 5 nên a không chia hết cho 5. Số a thuộc một trong 0,5 các dạng : 5k 1, 5k 2, 5k 3, 5k 4 . Suy ra a4 1 chia hết cho 5. (4) Vì (2;5) 1 nên từ (3) và (4) suy ra, tích a2 1chia hết cho10. ( ) Từ (*), ( ) suy ra a 1 a 1 a2 1 chia hết cho 240. Vậy a2020 1 chia hết cho 240.
- Câu 4 A I B (6,0đ) E M N O K D C 1) Chứng minh O· IK O· KI 450 . Vì tứ giác ABCD là hình vuông có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại 0,5 O nên theo tính chất của hình vuông, suy ra: I·BO K· CO 450 ,OB OC. Xét IBO và IBO có : IB KC (gt), I·BO K· CO,OB OC ( chứng minh trên). IBO KCO (c.g.c) 0,5 OI OK. (1) ( các cạnh tương ứng ), I·OB K· OC ( các góc tương ứng ) 0,5 I·OK I·OB B· OK K· OC B· OK B· OC 900. (2) Từ (1) và (2) suy ra tam giác IOK vuông cân tại O. suy ra : O· IK O· KI 450 0,5 2) Gọi M là giao điểm của AC và DI, N là giao điểm của BD và AK. Chứng minh tứ giác AMNB là hình thang cân. Gọi E là giao điểm của AK và DI. 0,5 Ta có : AB BC a, BI CK AB BI BC CK AI BK. Xét ADI và BAK có : AD BA a, D· AI ·ABK 900 , AI BK ( chứng minh 0,5 trên). ADI BAK (c.g.c) ·ADI B· AK ( các góc tương ứng ) hay ·ADI I·AE . Mà ·ADI D· IA 900 0,5 I·AE D· IA 900 AEI vuông tại E. AE DI . Mặt khác AO DN ( theo tính chất của hình vuông). Suy ra AO, DE là hai 0,5 đường cao của tam giác AND, chúng cắt nhau tại M nên M là trực tâm của tam giác AND. Suy ra : MN AD MN / / AB ( vì cùng vuông góc với AD ). Tứ giác AMNB là hình thang. Hình thang AMNB có hai góc kề đáy bằng nhau (M· AB N· BA 450 ) nên là hình thang cân. 3) Xác định vị trí của các điểm I, K sao cho tam giác DIK có diện tích nhỏ nhất. Tính nhỏ nhất đó theo a. Ta có : SDIK SABCD SADI SDCK SBIK 0,5 2 a.AI a.CK BI.BK SDIK a 2 2 2
- 2 2 a.(AI CK) BI.BK 2 a BI.BK 0,5 SDIK a a 2 2 2 2 ( Vì AI CK AI BI AB a ) a2 BI.BK S (1) DIK 2 2 Vì (BI BK)2 0 BI 2 2BI.BK BK 2 0 0,5 2 2 2 BI BK a BI 2 2BI.BK BK 2 4BI.BK BI BK 4BI.BK BI.BK 4 4 a2 a2 3a2 Nên kết hợp với (1) ta được : S . DIK 2 8 8 a Dấu “=” xảy ra BI BK . 0,5 2 a Vậy khi BI BK thì diện tích tam giác DIK nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất đó 2 3a2 bằng . . 8 Câu 5 Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 3abc. (2,0đ) a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : Q . 3a2 1 3b2 1 3c2 1 1 1 1 0,5 - Ta có : 3abc a2 b2 c2 ab bc ca 3. a b c 1 1 1 0,5 - Đặt x , y , z . Khi đó x, y, z 0 và x y z 3 . a b c 1 1 1 a b c x y z Q a b c 2 2 2 1 1 1 2 2 2 3a 1 3b 1 3c 1 3 3 3 x 3 y 3 z 3 a2 b2 c2 x x x 1 1 0,5 - Vì 1 và hai bất đẳng thức tương tự x2 3 (x2 1) 2 2x 2 2 x 1 3 1 1 1 1 3 1 9 3 1 9 3 nên :Q . . 2 2 x 1 y 1 z 1 2 2 (x y z) 3 2 2 6 4 Dấu bằng xảy ra khi x y z 1 a b c 1. 0,5 3 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức Q là , đạt được tại a b c 1. 4 HẾT
|
