Đề khảo sát học sinh giỏi Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Kim Thành (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề khảo sát học sinh giỏi Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Kim Thành (Có hướng dẫn chấm)

1. UBND HUYỆN KIM THÀNH ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: TOÁN - LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề bài gồm 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm)      2 a   1 2 a  a) Cho biểu thức: B = 1−  :  −  , với a ≥ 0; a ≠1  a +1 1+ a a a + a + a +1 Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức B khi a = 2023 - 2 2022 . 56 56 b) Chứng minh rằng: A = 3311+ +− là một số nguyên. 54 54 Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 33xx++27 −= 3 x32+= xy2 y 3 b) Giải hệ phương trình:  x22++= y xy 3 Câu 3 (2,0 điểm). a) Tìm ab, để đa thức f() x=+ x32 2 x ++ ax b chia cho đa thức x −1 dư 2, chia cho đa thức x − 2 dư 17. 111 b) Cho abc, , là ba số nguyên tố cùng nhau thỏa mãn: = + . Chứng minh: c ab M= ab + là số chính phương. Câu 4 (3,0 điểm). 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH. Kẻ HI vuông góc với AB, HK vuông góc với AC (I thuộc AB, K thuộc AC). Chứng minh: BI AB3 a) = CK AC3 b) CK. BH+= BI. CH AH. BC 2) Cho ∆ ABC có G là trọng tâm, một đường thẳng bất kỳ qua G, cắt các cạnh AB AC AB, AC lần lượt tại M và N, Chứng minh rằng: +=3 AM AN Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn: xy++= yz zx xyz . Tìm giá trị lớn 111 nhất của biểu thức: M =++. 43x+ yz + x + 433 y + z xy ++ 4 z HẾT Họ và tên học sinh Số báo danh Chữ kí của giám thị 1 Chữ kí của giám thị 2 1
2. UBND HUYỆN KIM THÀNH HDC ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022- 2023 MÔN: TOÁN – LỚP 9 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm      2 a   1 2 a  a) B = 1−  :  −  ,  a +1 1+ a a a + a + a +1 − +   a 2 a 1  1 2 a  1 a = :  −  a +1 1+ a (a +1)(1+ a)  0,25 2 ( a −1) a +1− 2 a = : a +1 (a +1)(1+ a) 0,25 2 ( a −1) (a +1)(1+ a) = = 1+ a (a +1)( a −1) 2 Vậy B = 1+ a với a ≥ 0 0,25 Khi a = 2023 – 2 2022 = ( 2022 – 1)2 thỏa mãn ĐK. 2 0,25 Ta có A = 1 + ( 2022−= 1) 2022 56 56 b) Ta có: A= 3311+ +− 54 54 b 3 56 56 56 2 0.25 ⇒ A = 1 + + 1 – + 313 − .A = 2 + 3 3 − .A 54 54 54 54 ⇔ A3 = 2 – A ⇔ A3 + A – 2 = 0 ⇔ (A – 1)(A2 + A + 2) = 0 0.25 Vì A2 + A + 2 > 0 với mọi A. 0.25 Nên ta có A – 1 = 0 ⇔ A = 1 là một số nguyên. 0.25 56 56 Vậy 3311+ +− là một số nguyên 54 54 33xx++27 −= 3 2 a 0.25 ⇔++−+x2 7 x 333 x + 2. 7 − xx( 3 ++ 2 3 7 − x) = 27 ⇔+9 9.3 (xx + 2)(7 − ) = 27 0.25 ⇔3 (xx + 2)(7 −= ) 2 ⇔+(xx 2)(7 −= ) 8 0.25 ⇔−−=xx2 5 60 x = −1 ⇔  x = 6 0.25 KL 2
3. x32+= xy2 y 3 (1)  22 x++= y xy 3 (2) b Ta thấy y = 0 thì hệ phương trình vô nghiệm. Do đó y ≠ 0 , chia 0.25 3 3 xx cả hai vế của phương trình (1) cho y ta được + −=20 yy 2 x  xx  ⇔ −1   ++ 20 = 0.25 y  yy  22 x xx  x17  ⇔ −=10 (vì + +=20  +  + >) y yy  y24  0.25 ⇔=xy Hệ phương trình đã cho tương đương với xy= xy= xy= =1 ⇔ ⇔⇔ 22 2  0.25 x++= y xy333 x = xy= = −1 KL: Do đa thức f(x) = x3 + 2x2 + ax + b chia đa thức x- 1 dư 2 ⇒f(1) =⇒++= 2 ab 3 2 ⇒+=−ab 1 (1) 0.25 a Do đa thức f(x) = x3 + 2x2 + ax + b chia đa thức x- 2 dư 17 3 ⇒f(2) = 17 ⇒ 2 ab ++ 16 = 17 ⇒21ab += (2) 0.25 Lấy (2) – (1) theo vế ⇒=a 2 0.25 Thay a = 2 vào (1) ⇒=−b 3 0.25 111 Ta có: =+⇔ab = ac + bc ⇔ ab − ac − bc =⇔0 ( a − c)( b − c) = c2 c ab 0.25 a− cd Gọi (a− cb; −=⇒ c) d  b− cd b ad 0.25 Mà (a− c)( b −=⇒ c) c2 c 22 d ⇒ cd ⇒ bd ⇒ adbdcd; ; mà a, b, c nguyên tố cùng nhau nên d =1. Suy ra : a−− cb; c nguyên tố cùng nhau. 0.25 Vậy để (acbc−)( −=) c2 thì a−− cb; c là các SCP. Đặt acmbcn−=2; −=2 (m,n ∈ Z ) ⇒ c2 = mn 22 . ⇒= cmn . 2 Xét M=+=−+−+ ab( ac) ( bc) 22 c = m22 ++ n mnmn =( +) 0.25 Vậy M= ab + là số chính phương. 3
4. A 1.a K I B H C 0,25 Vẽ hình đúng Xét tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH suy ra: 2 42 22AB BH.BC BH AB BH AB= BH.BC; AC = CH.BC ⇒= =⇒= (1) AC2 CH.BC CH AC42 CH 0,25 Xét tam giác ABH vuông tại H, có HI là đường cao suy ra: BH2 BI.AB BH2 = BI.BA; tương tự có CH2 = CK.CA ⇒= (2) CH2 CK.AC 0,25 AB43 BI.AB AB BI 0,25 Từ (1) và (2) suy ra = ⇒= (đ.p.c.m) AC43 CK.AC AC CK Có CK. BH+= BI. CH AH. BC ⇔CK. BH.BC += BI. CH.BC AH.BC 0,25 1.b ⇔CK.AB += BI.AC AB.AC CK BI 0,25 ⇔+=1 AC AB Xét tam giác ABC có HK//AB theo định lí TaLet có: CK CH BI BH 0,25 = (1); tương tự có = (2) CA BC BA BC CK BI Từ (1) và (2) suy ra +=1 (đ.p.c.m) 0,25 AC AB A 2 N G M H B C O K Gọi O là trung điểm của BC, Kẻ BH, CK lần lượt // MN ()H, K∈ AO 0,25 ∆BOH =∆ COK() g c g =>= OH OK 4
5. AB AH ∆ABH có MG// BH =>= (1) AM AG 0,25 AC AK ∆AKC có GN// KC =>= (2) AN AG 0,25 Cộng (1) và (2) theo vế ta được: AH AK AG++++ GH AG GH HK22 AG + GO 3 AG VT =+= = = =3 0,25 AG AG AG AG AG 111 Có xy++= yz zx xyz ⇔++=1(1) xyz a22 b() ab+ 2 Ta chứng minh với x, y dương: +≥ (*) x y xy+ 22 ab 2 22yx 5 (*) ⇔ +(xy +≥+ )( ab )⇔+≥a b2 ab xy xy 2 yx yx 0,25 ⇔−ab ≥0 luôn đúng; “=” ⇔ ab− =0 ⇔ a= xy xy x b y 122 1 (1+ 1) 2 2 2 Áp dụng(*) ta có: +≥ =(" =⇔ "yz : = 1) y z yz++ yz 222 2 (2+ 2) 2 4 2 ⇒ + ≥ =(" =⇔ " 2y =+⇔ yz yz =) 0,25 2y yz+++ 33 yz yz 422 4 (4+ 4) 2 64 ⇒+ ≥ =(" =⇔=+ " 4x 3 yz ) 4x 3 yz+ 43 x ++ yz 43 x ++ yz 64 42 2 2 1 22 1 4 3 1 ⇒ ≤+++=++(" =⇔=+ " 4x 3 yz & yz =⇔ 43x++ yz 4 x 2 y y z x y z 0,25 x=y=z) 64 1 4 3 Tương tự: ≤++(" =⇔== " xyz) x++43 y zxyz 64 3 1 4 ≤++(" =⇔== " xyz) 34xy++ z x y z 0,25 11111 1 1 1 M =++ ≤ ++ =(theo (1) 43x+ yz + x + 433 y + z xy ++ 4 z 88xyz 1 Vậy M đạt GTLN là khi x = y = z = 3 (theo (1) 8 5