Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Nam Trực (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Nam Trực (Có hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG CẤP HUYỆN HUYỆN NAM TRỰC NĂM HỌC 2022-2023 Môn: Toán 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 01 trang) Bài 1. (4,0 điểm) 3535−+ 1) Rút gọn biểu thức: A =+. 235235++−− xxx+−211 2) Cho biểu thức: P =++ : , với xx 0 ; 1. Hãy so xxxxx−++−111 2 sánh P2 và 2.P Bài 2. (4,0 điểm) 1) Cho −1 ; 1 xy và thỏa mãn: x1− y22 + y 1 − x = 1. Chứng minh xy22+=1. 2) Giải phương trình: 2111121.(xxxxx++=++−−−) ( )( 2 ) Bài 3. (6,0 điểm) Cho đường tròn (O) và đường thẳng d (không đi qua tâm O ) cắt đường tròn (O) tại hai điểm B và C. Kẻ đường kính CD của đường tròn (O) . Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt đường thẳng d tại A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADO cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E và cắt BC tại điểm I . 1) Chứng minh: AE là tiếp tuyến của đường tròn (O) và I là trung điểm của BC. 211 2) Gọi T là giao điểm của DE và BC. Chứng minh: =+. ATABAC 3) Chứng minh rằng: D E O, I và tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) đồng quy. Bài 4. (3,0 điểm) 1) Tìm các cặp số nguyên ( xy; ) thỏa mãn phương trình: 24319.xxy22++= 2) Cho mn, là các số tự nhiên thỏa mãn mn22−+20232022 chia hết cho mn. Chứng minh rằng: mn, là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau. Bài 5. (3,0 điểm) 3 1) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện: x 0; y ; z 5 và 2 yz22 x2 + + 12. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T=2 xy − 3 x + xz + 8 z + 2 z − 5. 29 2) Trên bảng ghi bốn số: 2, 3, 5 và 6. Ta thực hiện một trò chơi như sau: Mỗi lần xóa đi hai số bất kì, chẳng hạn ab, và thay thế bằng hai số a+ b + a22 + b và a+ b − a22 + b , đồng thời giữ nguyên hai số còn lại. Hỏi sau một số lần thay đổi có khi nào ta thu được bốn số mới trên bảng đều nhỏ hơn 1 hay không? Vì sao? Hết (Học sinh được sử dụng máy tính cầm tay không có thẻ nhớ) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: . Giám thị 1: Giám thị 2:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM I. Những điều cần lưu ý: - Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương. - Điểm của từng ý không chia nhỏ hơn 0,25 điểm. - Điểm toàn bài giữ nguyên không làm tròn. II. Nội dung Bài 1. (4,0 điểm) 3535−+ 1) Rút gọn biểu thức: A =+. 235235++−− xxx+−211 2) Cho biểu thức: P =++ : , với xx 0 ; 1. Hãy so xxxxx−++−111 2 sánh P2 và 2.P Câu Nội dung Điểm 1.1 A 3−+ 5 3 5 0,25 =+ 2 2+ 6 + 2 5 2 − 6 − 2 5 3535−+ 0,5 =+ 3535+− 22 (3535−++ ) ( ) = 95− = 7 0,5 =A 72. 0,25 1.2 Với xx 0;1, ta có: xx+ 2 1 2 P = + − . 0,5 x−11 x + x + x+ x +1 x − 1 x − 1 ( )( ) x+2 +( x − 1) x −( x + x + 1) 2 = . ( x−11)( x + x + ) x −1 xxx+212 + xx −− −− = . ( xxx−++11)( ) x −1 0,25 xx−+212 0,25 = . ( xxx−++11)( ) x −1 2 0,25 ( x −1) 2 = . ( x−11)( x + x + ) x −1 2 0,25 = . xx++1 Chứng minh được 0 P 2. 0,5 PPPP( −2) 0 2 2 . 0,25
3. Dấu “=” xảy ra khi x = 0. 0,25 KL: Vậy PP2 2. Bài 2. (4,0 điểm) 1) Cho −1 ; 1 xy và thỏa mãn: xyyx111.−+−=22 Chứng minh xy22+=1. 2) Giải phương trình: 2111121.(xxxxx++=++−−−) ( )( 2 ) Câu Nội dung Điểm 2.1 Ta có: xyyxxyyx111221210−+−= −−−−=2222 0,5 22 22 −−+−−=(xyyx 110 ) ( ) 0,5 22 xyxy−−==−101 0,5 22 yxyx−−==−101 xy22=−1 += xy221 (đpcm). 22 0,5 yx=−1 ab22+ Ghi chú: Có thể sử dụng BĐT dạng ab để đánh giá 2 xyyx2222+11 −+ − xyyx111−+− +=22 22 2 22 xy=−1 xy=−1 22 Đẳng thức xảy ra khi += xy1. 2 22 yx=−1 yx=−1 2.2 Điều kiện: − 11. x 0,25 ax=+1 Đặt (a,02 bab +=) 22 , khi đó phương trình trở thành: 0,5 bx=−1 2aababab322=++−( )( ) 333 =+2aab =ab33 =ab 0,5 Suy ra: x+1 = 1 − x x = 0 (thỏa mãn). 0,5 KL: Phương trình có tập nghiệm là S = 0. 0,25 Bài 3. (6,0 điểm) Cho đường tròn (O) và đường thẳng d (không đi qua tâm O ) cắt đường tròn (O) tại hai điểm B và C. Kẻ đường kính CD của đường tròn (O) . Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt đường thẳng d tại A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADO cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E và cắt BC tại điểm I . 1) Chứng minh: AE là tiếp tuyến của đường tròn (O) và I là trung điểm của BC. 2 1 1 2) Gọi T là giao điểm của DE và BC. Chứng minh: =+. AT AB AC
4. 3) Chứng minh rằng: D E O, I và tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) đồng quy. Câu Nội dung Điểm D O H d A B T I C E P 3.1 AD là tiếp tuyến của (O) tại DADODADO ⊥ vuông tại D ADO nội tiếp trong đường tròn đường kính AO . 0,5 E đường tròn đường kính A O A E O vuông tại E ⊥A E O E . Xét (O) có: AEOE⊥ tại E và OE là bán kính của (O) AE là tiếp tuyến của (O) tại E. 1,0 I đường tròn đường kính AOAIO vuông tại I ⊥ ⊥OIAIOIBC . Xét (O) có: OI ⊥ dây BC tại II là trung điểm của BC. 0,5 3.2 Gọi H là giao điểm của AO và DE . 0,25 Cm được: AO⊥ DE tại H. C/m được: AD2 = AH. AO (1) 0,25 C/m được: ADABAC2 = . (2) 0,25 C/m được: AHAOATAI = (3) 0,25 Từ (1), (2) và (3) suy ra: ATAIABAC = 0,25 122 AIAI = = ATAB ACATAB AC 0,25 AIAIAB+++− IBACIC == AB ACAB AC 0,25 AB+ AC = (do IBIC= ) AB. AC 11 =+ (đpcm) 0,25 AB AC 3.3 Gọi P là giao điểm của DE và OI. C/m được OHP OIA OH OA = OI OP (4) 0,5 C/m được: OH. OA== OD22 OC (5) 0,25 OI OC Từ (4) và (5) suy ra OC2 = OI. OP = OC OP 0,25
5. O I O C Xét O I C và O CP có: chung góc O , = O C O P Do đó và đồng dạng 0,5 == ⊥OCPOICCPOC90o 0,25 Xét (O) có: CP O⊥ C tại C , CO ( ) PC là tiếp tuyến của (O) tại C . Vậy D E O, I và tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) đồng quy tại một điểm. 0,25 Bài 4. (3,0 điểm) 1) Tìm các cặp số nguyên ( xy; ) thỏa mãn phương trình: 24319.xxy22++= 2) Cho mn, là các số tự nhiên thỏa mãn mn22−+20232022 chia hết cho mn. Chứng minh rằng: mn, là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau. Câu Nội dung Điểm 4.1 Giả sử tồn tại ( xy; ) nguyên thỏa mãn phương trình 2x22+ 4 x + 3 y = 19. 0,25 Ta có: 243192137*xxyxy222++= +=− ( )2 ( ) ( ) Từ (*) suy ra 707− yy22. (1) 0,25 Từ (*) suy ra: 3 7( 2− y2 ) mà (3 ,2 1) = nên 72− yy2 lẻ (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta được y2 = 1. 0,25 22 +=− += −213.(xxx 71192;) ( 4 ) ( ) . 0,25 Thử lại ta thấy (2;1) ,2;1( −−−− ,4;1) ( ,4;1 ) ( ) là những cặp số nguyên thỏa mãn. 0,25 4.2 Nếu mn, là hai số chẵn thì mn22−+20232022 không chia hết cho 4 và mn chia hết 22 0,5 cho 4 suy ra mn−+20232022 không chia hết cho mn (loại). Nếu mn, khác tính chẵn lẻ thì mn22−+20232022 lẻ và mn chẵn, do đó 22 mn−+20232022 không chia hết cho mn (loại). 0,5 Vậy mn, là những số lẻ. mnd222− 2023 Gọi m, nd= mà mnmn22−+20232022 nên 2022. d 2 ( ) 2 mn d Mặt khác 2022= 2.3.337 tức 2022 không có ước chính phương nào ngoài 1, do đó d2 =1 d = 1 ( m , n) = 1. Vậy mn, là hai số nguyên tố cùng nhau. 0,5 Bài 5. (3,0 điểm) 3 1) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện: xyz 0;;5 và 2 yz22 x2 + + 12. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Txyxxzzz=−+++−23825. 29 2) Trên bảng ghi bốn số: 2, 3, 5 và 6. Trên bảng ghi bốn số 2, 3, 5, 6.Ta thực hiện một trò chơi như sau: Mỗi lần xóa đi hai số bất kì, chẳng hạn ab, và thay thế bằng hai số a+ b + a22 + b và a+ b − a22 + b , đồng thời giữ nguyên hai số còn lại. Hỏi sau một số lần thay đổi có khi nào ta thu được bốn số mới trên bảng đều nhỏ hơn 1 hay không? Vì sao?
6. Câu Nội dung Điểm 5.1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: xy+−23 0,25 2323xyxxy−=− ( ) 2 zx++8 xzzzx+=+ 88( ) 2 0,25 45+−z 0,25 2545zz−=− ( ) 2 Cộng từng vế của 3 BĐT trên ta được: T x y +z + + 2 (1) 0,25 Áp dụng BĐT Bunhiacopski: 2 22 2 y z 2 y z (x++=+ y z) 1. x 2 + 3. ++( 1 2 9) x ++= 12.12 = 144 2 3 2 9 0,5 +x + y z 12 (2) Từ (1) và (2) suy ra T 14. 0,25 Dấu “=” xảy ra khi x y= z =1 ;= 2 ; 9 . Vậy T có GTLN bằng 14 khi 0,25 xyz222+++1481 Ghi chú: Có thể đánh giá xyz++ bởi các đánh giá: xyz ;; 2418 5.2 Nếu bốn số được ghi trên bảng là a; b; c; d thì tổng các nghịch đảo của chúng là 1111 +++ abcd 22 Khi xóa đi hai số chẳng hạn ab, và thay thế bằng hai số abab+++ và abab+−+ 22, đồng thời giữ nguyên hai số còn lại, khi đó bốn số trên bảng là: ababababc++++−+2222 d ;; ; Ta có: 11a+ b − a2 + b 2 + a + b + a 2 + b 2 11 0,5 + = 2 =+ a+ b + a2 + b 2 a + b − a 2 + b 2 (a+ b) −( a22 + b ) ab 1 1 1 1 1 1 1 1 Khi đó: + + + = + + + a+ b + a2 + b 2 a + b − a 2 + b 2 c d a b c d Như vậy sau mỗi lần thay đổi thì tổng nghịch đảo của bốn số đã cho không đổi. 0,25 1 1 1 1 Mặt khác với bốn số 2, 3, 5, 6 trên bảng thì + + + 4 2 3 5 6 Giả sử sau một số lần thay đổi ta thu được bốn số x; y; z; t đều bé hơn 1. Khi đó ta 1 1 1 1 có + + + 4 . x y z t Điều này dẫn mâu thuẫn. Do đó sau một quá trình thay đổi ta không thể thu được 0,25 bốn số đều bé hơn 1.
7. Ghi chú: Ta cũng có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau: Khi xóa đi hai số chẳng hạn ab, và thay thế bằng hai số a b+ a + b + 22 và a b+ a − b + 22, đồng thời giữ nguyên hai số còn lại, khi đó bốn số trên bảng là: ababababcd++++−+2222 ;;; Khi đó ta được ababababcdabcd+++++−+++ +++2222 . Như vậy sau mỗi lần thay đổi ta thu được bốn số có tổng lớn hơn bốn số cũ. Do đó ababababcd+++++−+++ +++=2222 235616. Vì vậy không thể tồn tại bốn số mới đều nhỏ hơn 1.