Toan 9 thanh ba (22 23)

Một hình chóp tứ giác đều cũng có chiều cao 3cm,diện tích xung quanh bằng diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật.. Người cháu thứ nhất cứ 3 ngày thì gọi một lần.. Người cháu thứ hai

PHÒNG GD&ĐT THANH BA

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN THI: TOÁN HỌC

Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian giao đề

(Đề thi gồm 03 trang)

*Lưu ý:

- Thí sinh lựa chọn đáp án phần trắc nghiệm khách quan chỉ có một lựa chọn đúng.

- Thí sinh làm bài thi (cả phần trắc nghiệm khách quan và phần tự luận) trên tờ giấy

thi; không làm bài trên đề thi.

I TRẮC NGHIÊM KHÁCH QUAN( 8,0 điểm ):

Hãy chọn phương án trả lời đúng

Câu 1: Rút gọn biểu thức M  2x 4x1 2x 4x1 với

4  x 2 được kết quả là

A 2 B 2 4x 1 C 2 4x 1 D 2.

Câu 2: Cho ; ;x y z là những số dương thỏa mãn xy yz zx   2

Giá trị của biểu thức

Câu 3: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A2;3 ; B4; 4 ; C3; 2  Điểm

 ; 

D x y sao cho ABCD là hình bình hành, khi đó x y bằng

Câu 4: Cho ; ;x y z dương thỏa mãn x x y y z z 3 xyz Giá trị của biểu

thức

         

y

P

A 2 B 4 C 8 D 27

Câu 5: Tổng các nghiệm của phương trình 324 x 12 x 6 là

A  61. B  109. C 61. D 109.

Câu 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A2; 3 ;  B6;1  Độ dài

đường cao hạ từ đỉnh O của tam giác OAB bằng

A

5

2

5 2

Câu 7: Biết điểm M x y 0 ; 0 là điểm mà đường thẳng y 1 m x 4m 6 luôn

đi qua với mọi giá trị của m Giá trị của biểu thức A x 03 y03 bằng

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 8: Gọi Slà tập nghiệm của phương trình

2

Câu 9: Cho ABC có đường trung tuyến AM , trọng tâm G Qua G kẻ đường thẳng cắt AB và AClần lượt tại Dvà E Tổng tỉ số 

AB AC

AD AE là

Câu 10: Cho ABCcó AB6cm AC; 8cm. Biết hai đường trung tuyến từ đỉnh

B và C vuông góc với nhau Khi đó độ dài cạnh BC là

A 10cm. B 2 5cm. C 4 5cm. D 15cm.

Câu 11: Cho ABC vuông tại A có đường cao AH (H BC ); đường phân giác

AD D BC  Biết BH  20cm; HC 45cm, khi đó độ dài đoạn thẳng HD là

A 4cm. B 5cm. C 6cm. D 7cm.

Câu 12: Cho ABC gọi O là trung điểm của BC và I là trung điểm của AO Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho 5AM  2AB Đường thẳng MI cắt cạnh

ACtại N Khi đó tỉ số AN AC: bằng

A

1

2

2

3

5

Câu 13: Một hình hộp chữ nhật có chiều cao 3cm,đáy là một hình vuông cạnh

2cm. Một hình chóp tứ giác đều cũng có chiều cao 3cm,diện tích xung quanh bằng diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật Thể tích của hình chóp tứ giác đều là

A 36cm3. B 24cm3. C 12cm3. D 8cm3.

Câu 14: Cho ABC vuông tại A có BC 10cm Diện tích tam giác ABC bằng 2

24cm . Khi đó bán kính của đường tròn nội tiếp ABC bằng

A 6cm. B 4cm. C 2cm. D 1,5cm.

Câu 15: Cho (O;R), điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho OA=2R, qua A kẻ cát

tuyến ABC, B nằm giữa A và C Biết góc COB = 90 o Độ dài AC là

A)

2( 7 1)

2

B)

3( 7 1) 2

C)

2

D)

2

Câu 16: Bà Thanh thường xuyên nhận được cuộc gọi từ ba người cháu ở xa

Người cháu thứ nhất cứ 3 ngày thì gọi một lần Người cháu thứ hai cứ 4 ngày thì gọi một lần Người cháu thứ ba cứ 5 ngày thì gọi một lần Vào ngày 31 tháng 12 năm 2021, bà Thanh nhận được cuộc gọi từ cả ba người cháu Hỏi trong năm

tiếp theo, có bao nhiêu ngày mà bà Thanh không nhận được cuộc gọi từ bất kì người cháu nào?

II PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm):

Câu 1 (3 điểm)

a) Tìm các số nguyên dương x y z, , thoả mãn 2020x32023y3 4043z3 0 và

x y z  là số nguyên tố

b) Tìm các số nguyên m để m m. 2  3m 2

là một số chính phương

c) Cho các số nguyên a và b thỏa mãn S a 2b2ab3a b 2023

chia hết cho 5 Tìm số dư khi chia a b cho 5

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho a b c, , là các số thực khác 0 và thỏa mãn a b c ab bc ca       abc0. Tính giá trị của biểu thức  3 3  5 5  2023 2023

b) Giải phương trình:  

x  x  x  c) Cho đa thức với hệ số nguyên f x( ) thỏa mãn f m( 2n2)f m2( ) f n2( ) với mọi số nguyên dương m n, và f x( ) nhận giá trị dương với x 0 Biết f(0) 0 và (1) 0

f  Tính giá trị của f(3)

Câu 3 (4,0 điểm)

Cho điểm A cố định thuộc O R; , điểm H di động trên đường tròn sao cho

,



AH R qua H kẻ tiếp tuyến d với đường tròn ( ).O Lấy điểm B và C thuộc d

sao cho H nằm giữa B C, thoả mãn ABACR Vẽ HM vuông góc với

OB M OB , vẽ HN vuông góc với OC N OC  .

a) Chứng minh rằng OMN đồng dạng với OCB.

b) Chứng minh rằng khi H di động trên đường tròn sao choAH R, thì MN luôn thuộc một đường cố định và tích OB OC. luôn không đổi

c) Tìm vị trí của điểm H để diện tích tam giác OMN đạt giá trị lớn nhất

Câu 4 (1,0 điểm)

Cho x y z , , 0 và x y z  3 Chứng minh rằng:

2 2 2

3

P

-

Hết -Họ và tên thí sinh : Số báo danh

Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm

LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2022 – 2023

Môn: Toán

HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC

(Hướng dẫn chấm có 07 trang)

I Một số chú ý khi chấm bài tự luận

- Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.

- Thí sinh làm bài theo cách khác với hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của hướng dẫn chấm.

- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.

II Đáp án – Thang điểm

1 Phần trắc nghiệm khách quan: Mỗi câu trả lời đúng được 0,5 điểm.

2 Phần tự luận

Câu 1 (3,0 điểm).

a) Tìm các số nguyên dương x y z, , thoả mãn 2020x32023y3 4043z3 0 và

x y z  là số nguyên tố

b) Tìm các số nguyên m để m m. 2  3m 2

là một số chính phương

c) Cho các số nguyên a và b thỏa mãn S a 2b2ab3a b 2023

chia hết cho 5 Tìm số dư khi chia a b cho 5

Nội dung Điểm

a) Tìm các số nguyên dương x y z, , thoả mãn 2020x32023y3 4043z30 và

x y z  là số nguyên tố.

1,0

Vì x y z, , nguyên dương suy ra x y z  3

Nếu x y z  3 x y z  3 ( vì x y z  là số nguyên tố)

1

 x y z  

0,25

Nếu x y z  3

Xét hiệu

0,25 0,25

Dễ có x x 33; y y 33; z z 33

b) Tìm các số nguyên m để m m. 2  3m 2

là một số chính phương 1,0

Ta có m m. 2  3m 2

là một số chính phương

Suy ra m m. 2  3m 2 k2 k 







m

m

Với m  2; 1;0  ta đều có k2 0 (thoả mãn)

0,25

Với m 0 ta có k2 m m. 2  3m 2 m m  1 m 2  m 1 m2  2m

Gọi d là ước chung nguyên tố của m 1 và m22m

Suy ra 2

2









d d

m d

0,25

Nên m m. 2  3m 2

là một số chính phương khi m 1 và m2  2m đều là số chính phương

0,25

Để m2 2m là số chính phương thì m22m a 2 a 

Suy ra m12 1 a2  m 1 a m   1 a  1 m    1 a m 1 a a0

0

2





  



m

m ( không thoả mãn)

Vậy m  2; 1;0  thì m m. 2  3m 2

là một số chính phương

0,25

c) Cho các số nguyên a và b thỏa mãn S a 2b2ab3a b 2023

chia hết cho 5 Tìm số dư khi chia a b cho 5.

1,0

Ta có S a 2b2ab3a b 2023 chia hết cho 5 nên ta được

2 2

4a  4b  4ab 12 a b  12 5   2a b  3  3 b 1  5

Đặt x2a b 3;y b 1 thì ta được x23y25

Ta biết rằng một số chính phương khi chia cho 5 có các số dư là 0; 1; 4

Do đó ta xét các trường hợp sau

0,25

+ Nếu y2 chia hết cho 5, khi đó x2 cũng chia hết cho 5 Từ đó ta được

1 5

1 5

a b

b b

b

















Từ đó ta được 2a b 5 a b 5 (vì 2 và 5 nguyên tố cùng nhau)

Do đó dư trong phép chia a b  5 cho 5 là 0

0,25

+ Nếu y2 chia cho 5 dư 1, khi đó x2 chia cho 5 dư 2

Trường hợp này loại

0,25

+ Nếu y2 chia cho 5 dư 4, khi đó x2 chia cho 5 dư 3 Trường hợp này loại

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho a b c, , là các số thực khác 0 và thỏa mãn a b c ab bc ca       abc0.

Tính giá trị của biểu thức  3 3  5 5  2023 2023

b) Giải phương trình:  

x  x  x  c) Cho đa thức với hệ số nguyên f x( ) thỏa mãn f m( 2n2)f m2( ) f n2( ) với mọi số nguyên dương m n, và f x( ) nhận giá trị dương với x 0 Biết f(0) 0 và (1) 0

f  Tính giá trị của f(3)

a) Cho a b c, , là các số thực khác 0 và thỏa mãn

a b c ab bc ca       abc 0.

Tính giá trị của biểu thức  3 3  5 5  2023 2023

1,5

Vì a b c ab bc ca       abc0 a b c; ; 0

 

 

0

b c

2

a b b c c a





Vậy a3 b3 b25 c25 c2021 a2021  0. 0,5

b) Giải phương trình:  

ĐKXĐ: x R

Phương trình  

x  x  x   x  x  x  x 

Ta có x 0 không là nghiệm của phương trình, ta chia 2 vế phương trình

cho x 0 ta được phương trình:

3

Đặt

x

phương trình (*) trở thành:

3   2 0    1 2   2  0

Vì

2

0,5

2

/

/ 2













x

Vậy tập nghiệm của phương trình là

2

c) Cho đa thức với hệ số nguyên f x( ) thỏa mãn f m( 2n2)f m2( ) f n2( )

với mọi số nguyên dương m n, và f x( ) nhận giá trị dương với x 0 Biết

(0) 0

f  và f(1) 0 Tính giá trị của f(3)

1,0

Ta có f(1)f(021 )2 f2(0)f2(1) 0  f2(1)

 1  1 1 0 (1) 1

 f  f     f 

hoặc f(1) 0 ( loại)

Ta lại có f(2)f(121 )2 f2(1) f2(1) 1 1 2  

0,5

2 2 2 2 2

(4) (0 2 ) (0) (2) 2 0 4

(5) (1 2 ) (1) (2) 2 1 5

(25) (0 5 ) (0) (5) 0 5 25

(25) (3 4 ) (3) (4) (3) 16 25

(3) 9

(3) 3







f f

f

Câu 3 (4,0 điểm)

Cho điểm A cố định thuộc O R; , điểm H di động trên đường tròn sao cho

,



AH R qua H kẻ tiếp tuyến d với đường tròn ( ).O Lấy điểm B và C thuộc d

sao cho H nằm giữa B C, thoả mãn ABACR Vẽ HM vuông góc với

OB M OB , vẽ HN vuông góc với OC N OC  .

a) Chứng minh rằng OMN đồng dạng với OCB.

b) Chứng minh rằng khi H di động trên đường tròn sao choAH R, thì MN luôn thuộc một đường cố định và tích OB OC. luôn không đổi

c) Tìm vị trí của điểm H để diện tích tam giác OMN đạt giá trị lớn nhất

J N

M L

B

C

K

I

O

A H

0,25

a) Chứng minh rằng OMN đồng dạng với OCB. 1,25

Gọi A AO;  giao d tại B và C Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác

OM OB ON OC

0,25

Xét OMN và OCB có 

OC OM và MON chung

0,25

dd

b) Chứng minh rằng khi H di động trên đường tròn sao choAH R, thì

MN luôn đi qua một điểm cố định và tích OB OC. luôn không đổi

1,5

Ta có OM OB OH.  2 OA2 MOA dd AOB (c.g.c) MAO ABO

Ta lại có ABOAOB (ABO cân tại A) MAO AOB

=> Tam giác MAO cân tại M

0,5

Gọi I K; là giao  O và  A => IK là trung trực của OA

Tam giác MAO cân tại M Suy ra M thuộc IK Do O R;  ; A R;  cố định

Nên IKcố định Suy ra MN thuộc đường thẳng IKcố định

0,25

Gọi J là giao của OA và IK Xét tứ giác OIAK có OI IA AK KO R

suy ra OIAK là hình thoi Suy ra MN OA tại J 0,25 Gọi OL là đường kính của A R;  Ta dễ có OJN dd OCL (g )g

Suy ra

2

Vậy khi H di động trên đường tròn thì MN luôn thuộc một đường cố định

và tích OB OC. luôn không đổi bằng2R2 0,25 c) Tìm vị trí của điểm H để diện tích tam giác OMN đạt giá trị lớn nhất 1,0

Ta có OMN ddOCB c g c    Suy ra

2

2

.

OMN OBC

Mà OH OA2OJ ( Vì OIAK là hình thoi) 0,25

2

S

 OMN  OBC OH BC R BC R R R

S

(Hoặc

S

 OMN  OBC OB OC BOC  R R

S

Khi

0,25

Dấu “=” BC  2R H A

Vậy H trùng với A thì diện tích tam giác OMN đạt giá trị lớn nhất 0,25

Câu 4 (1,0 điểm)

Cho x y z , , 0 và x y z  3 Chứng minh rằng:

2 2 2

3

P

Cho x y z , , 0 và x y z  3 Chứng minh rằng:

3

P

1,0

Ta có: x2 1 2 ;x y2  1 2 ;y z2 1 2z

  .    .    . 

Q

Q

0,25

Xét hiệu

3

3

Q

Q

Q

Đặt T  8xy yz zx    3 3  x 3  y 3  z

3

0,25

Ta có

Suy ra

T   Q   Q  P

Dấu “=” xảy ra khi

1

x y z









   



0,25

-