Đề thi học sinh giỏi Toán 9 năm 2024 - 2025 phòng GDĐT Tân Kỳ - Nghệ An

PHÒNG GD & ĐT TÂN KỲ

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2024-2025

Môn thi: Toán học Thời gian 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức

2 2

2 3 2 2 2 2 2 1 2 8 2 4 8 x x x x A x x x x x x                    

với 0; 2 x x  .

2.Viết tập hợp A các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau từ các số 1,2,7,8, 9. Tính xác suất của biến cố “Số tự nhiên được viết ra là số chẵn” của tập hợp A.

Câu 2: (5,0 điểm)

a) Giải phương trình  

3 2 2 (3 1) 5 (3 1) 11 x x x x       .

b) Giải hệ phương trình sau

4 5 2

20 30

x y xy x xy y

       

Câu 3. (3,0 điểm)

1. Tìm số nguyên tố p, q, r thoả mãn p2 + q2 + r2 = 302. 2. Tìm các cặp số nguyên x, y thỏa mãn 2 2 3 2 2 10 4 0 x y xy x y      . 3. Cho m, n,p,q là các số nguyên thoả mãn m2 + n2 + p2 = q2.

Chứng minh mnpq +2025 viết được dưới dạng hiệu của 2 số chính phương.

Câu 4. (7,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H. Gọi M, I lần lượt là trung điểm của BC và AH. Đường thẳng qua M vuông góc BC cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại Q, P.

a) Biết AM = AB. Tính tan

tan

B C .

b) Chứng minh 2 2 2 1 1 1 AH BC EF   và trực tâm của tam giác APQ thuộc đường thẳng

MH. c) Tia phân giác của góc BHD cắt DB tại V. Tia phân giác của góc HBD cắt DH tại

U. HV cắt BU lại O.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

2 2

2 2 BU HV T BO HO   .

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho , , x y z thực thỏa mãn 1, 1, 1 x y z    và

2 2 2 2 3 30. x y z    Tìm GTNN của P x y z   

….Hết… Họ tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh………………………

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN

MÔN TOÁN 9 – NĂM HỌC 2024 -2025 Câu Nội dung Điểm

1 (4,0 điểm)

a) Với 0; 2 x x  ta có

2 2

2 3 2 2 2 2 2 1 2 8 2 4 8 x x x x A x x x x x x                    

2 2

2 2 2

2 2

2 2

2

2 2

2 2 2 (1 ) 2( 4) ( 2)( 4)

(2 )( 2) 2.2 2 (1 ) . 2( 2)( 4)

( 4) ( 1)( 2) . 2( 2)( 4)

1 2

x x x x x A x x x x

x x x x x x A x x x

x x x x A x x x

x A x

                                              

Vậy với 0; 2 x x   thì 1 2 x A x  

0,5

0,5

0,5

0,5

2) Tập hợp A các số có 3 chữ số đôi một khác nhau gồn có 5.4.3 = 60 số

Số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau là số chẵn là 2.4.3=24 số

Vậy xác suất để biến cố xẩy ra số chẵn có 3 chữ số là 24: 60 =0,4.

1,0 0,5 0,5

2 (5,0 điểm)

Ta có 

3 2 2 (3 1) 5 (3 1) 11 x x x x       .

Biến đổi phương trình trên ta được

3 2 2 2 6 12 8 9 6 1 15 5 11 x x x x x x x        . Thu gọn phương trình ta được 3 2 0 x x    dẫn tới 2 ( 1)( 2) 0 x x x    .Từ đó ta có

2 1 0; 2 0( ) 1( ) x x x vn x tm     

Vây phương trình có nghiệm x =1,

0,5

0,5

0,5 0,5 0,5

ĐK 0; 0 x y  Hệ Phương trình đã cho trở thành

5 4 2

30 20 1

x y

x y

       

đặt

1

1

a x

b y

   

( a 0 ,b 0 )

Ta được hệ phương trình ẩn a, b là 5 4 2 30 20 1 a b a b       

hay 25 20 8 30 20 1 a b a b       

1 5 1 4

a

b

   

suy ra 5

4 x

y

    

( thoả mãn điều kiện bài toán)

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) (5;4) x y 

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

3 (3,0đ)

a

Không mất tính tổng quát, giả sử 2 p q r   . Nếu trong 3 số p, q,r đều là 3 số nguyên tố lẻ thì p2 + q2 + r2 không chia hết cho 2 nên p2 + q2 + r2 khác 302. Do đó trong 3 số p, q, r có ít nhất 1 số chẵn suy ra r =2 lúc đó p2 +q2 = 298. Trong trường hợp này nếu p, q đều ko có số nào chia hết cho 3 thì p2 +q2 chia 3 dư 2 mà 298 chia 3 dư 1 nên p2 +q2 khác 298 suy ra p và q có ít nhất 1 số chia hết cho 3 nên q =3 từ đó suy ra p =17. Vậy (p; q;r) =(17;3;2) và các hoán vị.

0,25 0,25 0,25 0,25

b

Ta có: 2 2 3 2 2 10 4 0 x y xy x y       Từ đó, 2 2 2 1 2 2 2 4 8 4 7 x y x xy y y y         Dẫn tới 2 2 ( 1) (2 2) 7 x y y      Hay ( 3 1)(( 3) 7 ( 1).7 7.( 1) 7.1 1.( 7) x y x y           Ta có các trường hợp sau

TH1 3 1 1 3 7

7

3

x y x …