Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 9 - Đề dự bị - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Yên Bình (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Toán Lớp 9 - Đề dự bị - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Yên Bình (Có hướng dẫn chấm)

1. PHÒNG GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN YÊN BÌNH NĂM HỌC 2022-2023 Môn thi: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề) (Đề dự bị) Câu 1: (3,0 điểm) éæ1 1 ö 2 1 1 ù a - b Cho biểu thức: A = êç + ÷. + + ú: êç ÷ ú ëè a b ø a + b a b û a b - b a 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tính giá trị của A khi a = 3 + 2 2 ; b = 3 - 8 Câu 2: (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: x2 5x x2 5x 4 2 2) Tìm tất cả các cặp số (a, b) sao cho x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình phương của một đa thức. Câu 3: (4,0 điểm) 1) Chứng minh rằng n3 6n2 8n chia hết cho 48 với mọi n là số tự nhiên và n chẵn. 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thoả mãn: x2 xy 3x 2y 1 y x 1 x y 4 Câu 4: (2,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M xy Câu 5: (6,0 điểm) Cho đường tròn (C) với tâm O, bán kính R và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. 1) Chứng minh rằng ba điểm A, E, F thẳng hàng. 2) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi. 3) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. Câu 6: (1,0 điểm) 2 2 2 2 Tính tổng: P 15 35 63 399 ___
2. PHÒNG GD&ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM YÊN BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn thi: TOÁN - LỚP 9 (Đáp án gồm 04 trang) ĐÁP ÁN ĐỀ DỰ BỊ Học sinh phải lập luận chi tiết mới cho điểm tối đa. Học sinh giải cách khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa theo từng phần tương ứng. Câu Nội Dung Điểm 1) ĐKXĐ: a>0; b>0 ; a ≠ b é ù a + b ( a - b ) ê a + b 2 1 1 ú ( ) Ta có: A = ê . + + ú: 0. 5 ëê ab a + b a b ûú ab( a - b ) 2 1 1 a + b A = ( + + ) : ab a b ab æ ö2 0. 5 ç 1 1 ÷ ab A = ç + ÷ . èç a b ø÷ a + b a + b A = 0.5 ab a + b 1 Vậy A = với a>0; b>0 ; a ≠ b 0.5 ab 2) Ta có: a = 3+ 2 2 ; b = 3- 8 2 0.25 => a 3 2 2 ( 2 1) 2 1 2 1 b 3 2 2 ( 2 1)2 2 1 2 1 0.25 Tính được: ab 1; a b 2 2 0.25 Thay vào A ta được: A = 2 2 0.25 1) x 2 5x x 2 5x 4 2 ĐKXĐ: x 4 hoặc x 1 x 2 5 x 4 x 2 5 x 4 2 . 0. 5 0,50 Đặt 2 (y 0) ta được: y2 - y - 2 = 0 y x 5 x 4 0.5 Giải phương trình được: y = -1 (không thỏa mãn đk); y = 2 1 2 0,25 (thỏa mãn đk) 0.5 Với y = 2 ta có x 2 5x 4 2 0,25 Giải phương trình được x1 = 0; x2 = -5 (thỏa mãn) 0.5 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S= 5;0 2
3. 2) Nếu x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình phương của một đa thức thì đa thức đó phải có bậc 2. Giả sử: 0.5 x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 = (Ax2 + Bx + C)2 x 4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 = A2x4 + 2ABx3 + (2AC + B2)x2 + 0.5 2BCx + C2 Đồng nhất hệ số hai vế, ta được: A2 = 1; 2AB = 4; 2AC + B2 = a; 2BC = b; C2 = 1. 0.5 Không mất tính tổng quát, giả sử A = 1 suy ra B = 2; C=1 hoặc C=-1. Nếu C = 1 thì a = 6, b = 4. Nếu C = -1 thì a = 2, b = -4 Vậy có hai cặp số (a, b) thoả mãn yêu cầu bài toán là (6, 4) và (2, -4) 0.5 1) Ta có: n3 6n2 8n n(n 2)(n 4) Vì n chẵn => n = 2k với k N 0.5 => n3 6n2 8n 8k(k 1)(k 2) Do k N => k(k 1)(k 2) là ba số tự nhiên liên tiếp 0.5 => k(k 1)(k 2) chia hết cho 6 0.5 => 8k(k 1)(k 2) chia hết cho 48 3 Vậy n3 6n2 8n chia hết cho 48 với mọi n là số tự nhiên và n chẵn. 0.5 2) Ta có: x2 xy 3x 2y 1 (x+2)(x+y+1) = 3 0.5 Do x; y nguyên => x+2 ; x+y+1 có giá trị nguyên. Mà 3=3.1=1.3= (-3).(-1)=(-1).(-3 ) 0.25 x 2 1 x 1 +) x y 1 3 y 3 0.25 x 2 3 x 1 +) 0.25 x y 1 1 y 1 x 2 1 x 3 +) 0.25 x y 1 3 y 1 x 2 3 x 5 +) 0.25 x y 1 1 y 3 Vậy (x;y) =(-1;3); (1;-1); (-3;-1); (-5;3) 0.25
4. Với điều kiện x 1, y 4 ta có: x 1 y 4 0.5 M = x y Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm, ta có: 1 x 1 x x 1 1 x 1 2 2 x 1 1 x 2 4 1 1 4 y 4 y 0.5 Và y 4 4 y 4  2 2 2 4 y 4 1 y 4 x 1 y 4 1 1 3 Suy ra: M = 0.5 x y 2 4 4 3 Vậy giá trị lớn nhất của M là x = 2; y = 8 0.5 4 Cho đường tròn (C) với tâm O, bán kính R và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. 1) Chứng minh rằng ba điểm A, E, F thẳng hàng. 0.25 2) Chứng minh rằng tích AM.AN không đổi. 3) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. Vẽ hình đúng F M B C A O E ( C ) N
5. 5 1 0.25 1) Ta có: MO là trung tuyến của tam giác AMB; MO AB 2 A· MB 900 0.5 MN  BF và BC  NF (gt) A là trực tâm của tam giác BNF 0.5 FA  NB Tương tự chứng minh MN  BF . Ta có: AE  NB 0.5 Vậy ba điểm A, E, F thẳng hàng 2) Ta có: C· AN M· AB nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng. 1.0 AN AC Suy ra: AB AM Hay AM AN ABAC 2R 2 không đổi. 1.0 2 0.5 3) Ta có BA BC nên A là trọng tâm của tam giác BNF 3 C là trung điểm của NF (3) Mặt khác: C· AN M· AB (2 góc đối đỉnh) mà C· FM M· AB(cùng phụ với M· BA ) 0.5 C· AN C· FM , nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng CN AC CN CF BCAC 3R 2 BC CF Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 0.5 NF CN CF 2 CN CF 2R 3 không đổi Nên: NF ngắn nhất CN =CF C là trung điểm NF (4) Từ (3) và (4) suy ra: A là trọng tâm tam giác BNF NF ngắn nhất. 0.5 2 2 2 2 P 15 35 63 399 2 2 2 2 0.25 6 3 .5 5 .7 7 .9 1 9 .2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0.25 3 5 5 7 7 9 19 21 1 1 0.25 3 21 2 0.25 7