Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Tiên Du (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Tiên Du (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN TIÊN DU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2022 - 2023 Môn thi: TOÁN 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 22/2/2023 I. PHẦN CHUNG xx 12 Câu 1(3,0 điểm) Cho biểu thức A 1: x 1 x 11 x x x x 1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A. 2) Tính giá trị của A tại x 4 2 3. Câu 2(3,0 điểm) Cho hai đường thẳng d12 : mx y 1; d : x 4 m 1 y m ; với m 1. 1) Chứng minh rằng đường thẳng d1 đi qua điểm A cố định, đường thẳng d2 đi qua điểm B cố định với mọi 2) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B. Câu 3(3,5 điểm) xx2 5 2 3 1) Giải phương trình . x 34 xy 4 5 9 2) Gọi x, y là các số thực thỏa mãn xy 5 4 9 Tính M 2 x 3 y . Câu 4(6,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O với bán kính R, đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax tại A của nửa đường tròn. Xét điểm M thay đổi trên Ax, không trùng với A. Gọi E là điểm đối xứng với A qua OM. a) Chứng minh rằng ME là một tiếp tuyến của nửa đường tròn (O). b) Đoạn OM cắt nửa đường tròn (O) tại I. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác AME. c) Gọi N là trung điểm EB. Tia ME cắt ON tại P. Hãy xác định vị trí của điểm M trên tia Ax để diện tích tam giác OMP đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo R. d) Gọi C là giao điểm của BE và tia Ax, OC cắt AE tại Q. Kẻ đường thẳng qua Q và song song với Ax, cắt OM tại D. Chứng minh A, D, P thẳng hàng. II. PHẦN RIÊNG Thí sinh lựa chọn làm một (chỉ một) câu trong hai câu sau: Câu 5a (4,0 điểm) 1) Tìm cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x x23 6 x 12 y 27. 2) Với các số dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 4. 1 1 1 1 Chứng minh rằng 2. x2 1 y 2 1 z 2 1 t 2 1 Câu 5b (4,0 điểm) 1) Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn ab bc ca chia hết cho 3. Chứng minh rằng nếu abc3 3 3 chia hết cho 3 thì chia hết cho 27. 1 1 1 2) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z . x y z x333 x y y z z Chứng minh rằng 0. x3 y z y 3 z x z 3 x y Họ và tên thí sinh : Số báo danh
2. UBND HUYỆN TIÊN DU HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GD & ĐT ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn: Toán - Lớp 9 Câu Đáp án Điểm 1.1. (2,0 điểm) xx 12 Cho biểu thức A 1: x 1 x 11 x x x x 3) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A. 4) Tính giá trị của A tại x 4 2 3. ĐKXĐ: xx 0; 1. 0,25 xx 12 A 1: x 1 x 11 x x x x x 1 x 1 2 x : 0,5 x 1 x 1 xx 11 xx 1 xx 12 : 0,25 x 1 xx 11 2 xx 1 x 1 : 0,25 x 1 xx 11 x x 11 x . 0,25 x 1 x 1 xx 1 . x 1 0,25 xx 1 Vậy A 0,25 x 1 1.2. (1,0 điểm) Theo câu 1 có với 2 Theo bài ra xx 4 2 3 3 1 (tmđk) 0,25 Thay vào A ta được: 2 4 2 3 3 1 1 A 2 3 1 1 0,25 4 2 3 3 1 1 3 1 1 6 3 3 3 0,25 3 2 3 Vậy A =3 2 3 tại 0,25 2.1 (2,0 điểm)
3. Cho hai đường thẳng d12 : mx y 1; d : x 4 m 1 y m ; với m 1. 3) Chứng minh rằng đường thẳng d1 đi qua điểm A cố định, đường thẳng d2 đi qua điểm B cố định với mọi 4) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B. +)Vì d1 :1 mx y y mx 1 có hệ số b = -1, nên d1 luôn đi qua điểm cố định là A(0;-1). 0,5 +)Xét d2 : x 4 m 1 y m với Gọi B x; y là điểm cố định mà đi qua với mọi 00 0,25 Ta có: x00 41 m y m với mọi m 1 0,25 4y0 1 m x 0 4 y 0 0 với mọi 0,25 4y0 1 0 xy00 40 0,25 1 y0 4 0,25 x0 1 1 Vậy luôn đi qua điểm cố định B 1; với mọi . 4 0,25 2.2 (1,0 điểm) Gọi phương trình đường thẳng AB là y ax b . 0,25 Theo câu 1: A(0;-1) và nên ta có a.0 b 1 b 1 15 0,5 a.1 b a 44 5 0,25 Vậy PT đường thẳng AB là yx 1. 4 3.1 (2,0 điểm) ĐKXĐ: x 5 hoặc xx 5; 3. 0,25 xx2 5 2 3 x 34 4xx22 5 2 9 4xx22 5 8 9 4xx22 5 1 0,5 Đặt x2 5 y y 0 x 2 y 2 5 , PT trở thành: 4yy 2 5 1 yy2 4 4 0 y 202 y 20 y 2 0,5 Khi đó:
4. x 3 tm 0,5 xx22 5 2 9 xl 3 0,25 Vậy PT có tập nghiệm x = 3. 3.2 (1,5 điểm) xy 4 5 9 Gọi x, y là các số thực thỏa mãn xy 5 4 9 Tính M 2 x 3 y . Theo bài ra x, y là các số thực thỏa mãn xy 4 5 9 DK: x 5; y 5 xy 5 4 9 x 4 y 5 x 5 y 4 * x 4 x 5 y 4 y 5 x 4 x 5 x 4 x 5 y 4 y 5 y 4 y 5 x 4 x 5 y 4 y 5 99 x 4 x 5 y 4 y 5 0,5 x 4 x 5 y 4 y 5 Từ (*) và ( ) ta có: x 4 y 5 x 4 x 5 x 5 y 4 y 4 y 5 2xy 4 2 4 0,5 xy Thay x = y vào xy 4 5 9 ta được: xx 4 5 9 xx 4 9 5 x 4 81 2 x 5 x 5 x 54 0,5 x21 tm y21 tm Vậy M 2.21 3.21 105. 4.a (2,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O với bán kính R, đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax tại A của nửa đường tròn. Xét điểm M thay đổi trên Ax, không trùng với A. Gọi E là điểm đối xứng với A qua OM. e) Chứng minh rằng ME là một tiếp tuyến của nửa đường tròn (O). f) Đoạn OM cắt nửa đường tròn (O) tại I. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác AME. g) Gọi N là trung điểm EB. Tia ME cắt ON tại P. Hãy xác định vị trí của điểm M trên tia Ax để diện tích tam giác OMP đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo R. h) Gọi C là giao điểm của BE và tia Ax, OC cắt AE tại Q. Kẻ đường thẳng qua Q và song song với Ax, cắt OM tại D. Chứng minh A, D, P thẳng hàng.
5. C M H E I Q P 0,5 F N D A B G O Vẽ hình đúng + Chỉ ra MA là tiếp tuyến của (O), tiếp điểm là A MA  OA MAO 900 . 0,25 + Do E đối xứng với A qua OM nên OM là đường trung trực của AE (1) MA ME OA OE Chứng minh AMO EMO c c c 0,75 0 MAO AEO 90 ME EO Mà OE OA R E O; R 0,5 Do đó ME là tiếp tuyến của (O). 4.b (1,5 điểm) + Có MAI IAO MAO 900 (2) 0 Gọi F là giao điểm của OM và AE. Từ 1 AFM 90 hay AFI 9000 IAF AIF 90 hay IAF AIO 900 (3) Mà A, I O OA OI OAI cân tại O IAO AIO (4) Từ (2), (3) và (4) MAI IAF AI là tia phân giác của MAF hay MAE 0,75 Xét MAE có MO là tia phân giác của AME (do (1)) 0,5 AI là tia phân giác của MO cắt AI tại I Nên I là giao điểm ba đường phân giác của hay I là tâm đường tròn nội tiếp 0,25 4.c (1,5 điểm) + Có OB = OE = R OBE cân tại O mà ON BE ON là phân giác của BOE . 0,25 + Chỉ ra OEP OBP c. g . c OPB OEP 900 PB  AB 0,25 11 Xét OMP có OE MP S OE MP R MP 0,25 OMP 22 1 Mà M Ax, Ax  AB ; P BP , BP  AB MP AB 2 R S . R .2 R R2 . OMP 2 0,25
6. Dấu “=” xảy ra MP// AB OE  AB AM OE R Vậy giá trị nhỏ nhất diện tích OME là R2 khi AM = R. 0,5 4.d (1,5 điểm) 0 CAE ACE 90 + AEC vuông tại E 0 MEA MEC 90 Mà CAE MAE MEA (do MEA cân tại M) nên ACE MEC hay MCE MEC MCE cân tại M ME MC MA MC + Gọi giao điểm của QD và AB là G. 0,5 QD DG OD Ta có: QG // AC DQ DG do: CM AM suy ra D là trung CM AM OM điểm của QG. (4) + Kéo dài AE cắt BP tại H, chứng minh tương tự có P là trung điểm của BH. Gọi D’ là giao điểm của AP và QG. Chứng minh tương tự được D’ là trung điểm của QG (5) 0,5 Từ (4) và (5) suy ra DD ' hay A, D, P thẳng hàng. 0,5 5.1 bảng A (2,0 điểm) Với x, y là các số nguyên thỏa mãn x x23 6 x 12 y 27 Ta có: x x23 6 x 12 y 27 x3 6 x 2 12 x y 3 27 xy 2 3 3 19 0,5 x y 2 x 22 x 2 y y2 19 * Do x, y là các số nguyên nên ta có: 0,25 xy 2 1; 19 2 + Với x – y – 2 = -19, thay x – 2 = y - 19 vào (*) ta được 3yy 57 362 0 , PT này ko có nghiệm nguyên. + Với x – y – 2 = -1, thay x – 2 = y - 1 vào (*) ta được 3yy2 3 20 0 , PT này ko có 1,0 nghiệm nguyên. 2 yx 25 + Với x – y – 2 = 1, thay x- 2 = y + 1 vào (*) ta được yy 60 yx 30 + Với x – y – 2 = 19, thay x- 2 = y + 19 vào (*) ta được yy2 19 120 0, PT này ko có nghiệm nguyên. Vậy có các cặp số (x, y) = (5; 2); (0; -3). 0,25 5.2 bảng A (2,0 điểm) 1) Với các số dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 4. 1 1 1 1 Chứng minh rằng 2 x2 1 y 2 1 z 2 1 t 2 1 Với các số dương x, y, z, t. Biến đổi và áp dụng BĐT Cô si được: 1 x2 x22 x x1 x 1 . Vì xx2 1 2 1 xx22 11 x22 1 2 x 2 x 1 2 CMTT ta có: 0,5
7. 1 y 0,75 1 y2 12 1 z 1 z2 12 1 t 1 t 2 12 1 1 1 1 x y z t 0,5 2 2 2 2 4 4 2 2 x 1 y 1 z 1 t 1 2 2 2 2 (do x + y + z + t = 4) 0,25 Đẳng thức xảy ra x y z t 1. 5.1 bảng B (2,0 điểm) Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn ab bc ca chia hết cho 3. Chứng minh rằng nếu abc3 3 3 chia hết cho 3 thì chia hết cho 27. + Nhận xét : Với mọi số nguyên x ta có x3 x x 1 x x 1 3 Do đó abcabc3 3 3 aabbcc 3 3 3 3 Nên từ giả thiết a3 b 3 c 3 33 a b c . Kết hợp với giả thiết ab bc ca 3 ta có: ababc a22 b abbcac 33 ab ab223 1,0 + Lại có với mọi a Z a2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1. Suy ra ab22 3 thì cả a và b đều chia 0,5 hết cho 3 c 3 0,25 Vậy chia hết cho 27. 0,25 5.2 bảng B (2,0 điểm) 1 1 1 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z . x y z x333 x y y z z Chứng minh rằng 0. x3 y z y 3 z x z 3 x y Ta có x32 x x 1 x3 y z x x y z xx22 11 3 x x y z x y z 2 x2 1 y z 0 x x3 y z x y z 1 32x x x x 1 x x3 y z x x y z x y z 0,5 CMTT ta có: 1 y yy3 y 3 y z x x y z 0,75
8. 1 3 z zz z z3 x y x y z 0,5 1 1 1 333x y z x x y y z z y x z x3 yzy 3 zxz 3 xyxyzxyzxyz 0,25 1 1 1 x y z x y z 1 1 1 0: do x y z x y z x y z Đẳng thức xảy ra x y z 1. Chú ý: 1. Học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm. 2. HS trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm. Trong trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thì giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết. 3. Tổng điểm của bài thi không làm tròn. Hết