Tiêu đề Đề số 6.docx ✅

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề số 6 Câu 1. (4,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức 22 2322 2221 28248 xxxx A xxxxxx      với 0;2xx . 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 32(2)(31)53111xxxx . b) Giải hệ phương trình sau 45 2 2030 xy xy xxyy        Câu 3. (3,0 điểm) 1. Tìm số nguyên tố p,q,r thoả mãn 222pqr302 . 2. Tìm các cặp số nguyên x , y thỏa mãn 223221040xyxyxy . 3. Cho ,,,mnpq là các số nguyên thoả mãn 2222mnpq . Chứng minh mnpq +2025 viết được dưới dạng hiệu của 2 số chính phương. Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (ABAC) . Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H . Gọi M , I lân 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 AMAB . Tính tan tan B C . b) Chứng minh 222 111 AHBCEF 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. 22 22.BUHV T BOHO Câu 5. (1,0 điểm) Cho ,,xyz thực thỏa mãn 1,1,1xyz và 2222330xyz . Tìm GTNN của Pxyz ....Hết...
HƯỚNG DẪN CHÂM Câu Nội dung Điểm 1 (4,0 điểm) a) Với 0;2xx ta có 22 2322 2221 28248 xxxx A xxxxxx      0,5  22 222 2122 2424 xxxxx A xxxx        0,5   22 22 222221 224 xxxxxx A xxx      0,5   2 22 412 224 xxxx A xxx      1 2 x A x   0,5 Vậy với 0;2xx thì 1 2 x A x   Tập hợp A các số có 3 chữ số đôi một khác nhau gồn có 5.4.3 = 60 số 0,5 Số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau là số chẵn là 2.4.3=24 số 0,5 Vậy xác suất để biến cố xẩy ra số chẵn có 3 chữ số là 24: 60 =0,4. 2 (5,0 điểm) Ta có 32(2)(31)53111xxxx . Biến đổi phương trình trên ta được 3222 612896115511xxxxxxx . Thu gon phương trình ta 0,5 được 3 20xx dẫn tới 2120xxx .Từ đó ta có 0,5

TH1 TH2. TH3 行 0,25 311317 3731 31 13 xyxy xyxy xx yy         Vậy ;1;3;3;1;3;1;7;3xy 0,25 C Nếu m,n,p,q đều là các số nguyên lẻ thì 2222q,p,n, m đều chia 4 dư 1 và 222mnp chia 4 dư 3 suy ra 222 mnp khác 2q . Do đó trong 4 số m,n,p,q có ít nhất 1 số nguyên chẵn lúc đó mnpq2025 là 1 số nguyên lẻ ta đặt mnpq 202521k 2222 k2k1k(k1)k với k là số nguyên 0,5 0,25 0,25  4 7,0d 1(3d) Do ABAM nên tam giác ABM cân tại A dẫn tới đường cao AD đồng thời là đường trung tuyến nên BDDMBM:2CM:2 suy ra 3CDBD . Tam giác ABD và tam giác ACD vuông tại D . ta có tan tan33tan hay 3.  :3tan ADADADB BC DBDCDCC 1 1 1