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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤPTHCS VĨNH LONG NĂM HỌC 2022 – 2023 Kháo thi ngày 19/03/2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kè̉ thời gian giao đề) Bài 1. (4,0 điểm) 2023 3 33 a) Cho Ax=+−( 12 x 31) .Tính giá trị của biểu thức A khi x =−16 8 5 ++ 18 8 5  x+2 xx ++ 32 x  b) Cho biểu thức : B = −−:2 − . Rút gọn biểu thức B x−+5 x 62 − xx − 3 x + 1  15 và tìm các giá trị của x để ≤− B 2 Bài 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình xx2 −3 ++ 2 x −= 10  xy−+1 −= 1 2  b) Giải hệ phương trình: 11  +=1  xy Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 −2 mx + 2 m −= 1 0.( m là tham số). Tìm m để phương trình có hai 23xx12+ nghiệm xx12, thỏa T = 22 đạt giá trị nhỏ nhất. x1++ x 2 2(1 + xx12 ) Bài4. (2,0 điểm) 22 2 2 Cho xy,0> thỏa mãn điều kiện xy+=2 . Chứng minh xy( x+≤ y) 2 Bài 5. (2,5 điểm) a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên phương trình :3x22− y − 2 xy − 2 x − 2 y += 80 b) Chứng minh rằng : n32+−−11 nn 6 6 chia hết cho 6 với mọi số nguyên n Bài 6 (4,5 điểm). Cho đường tròn OR; có đường kínhAB . Điểm C là điểm bất kỳ trên O , (CACB , ) .Tiếp tuyến tại C cắt tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại P và Q a) Chứng minhPOQ 900 và AP. BQ R2 . b) OP cắt AC tại M , OQ cắt BC tại N . Gọi HI, lần lượt là trung điểm của MN và PQ . Đường trung trực của MN và đường trung trực của PQ cắt nhau tại K . chứng minh AB 4. IK c) Chứng minh NMQ NPQ Bài 7. (1,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có độ dài đường chéo bằng 1. Tứ giác MNPQ có các đỉnh nằm trên các cạch của hình vuông. Chứng minh rằng chu vi tứ giác MNPQ không nhỏ hơn 2. Hết Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng và máy tính cầm tay.
2. Hướng dẫn Câu Nội dung Điểm 1 4.0 a)Tính giá trị của biểu thức A 2.0 33 Ta có: x =−16 8 5 ++ 16 8 5 3 3 33 ⇒ x =+32 3 (16 − 8 5)(16 + 8 5).( 16 − 8 5 ++ 16 8 5 ) ⇔=−xx3 32 12 ⇔+xx3 12 −= 31 1 3 2023 2023 Ax=−+( 12 x 31) = 1 = 1 15 b) Rút gọn biểu thức B và tìm các giá trị của x để ≤− 2.0 B 2 ĐK: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9 x +1 B = = x − 4 15x − 4 5 ≤− ⇔ ≤− ⇔28xx − ≤− 5 − 5 B 22x +1 1 11 ⇔2xx + 5 −≤⇔−≤ 30 3x ≤ ⇔≤ 0 x ≤ ⇔≤≤ 0 x 2 24 2 4.0 a)Giải phương trình xx2 −3 ++ 2 x −= 10 2.0 Trường hợp 1: x ≥1: 2 ta có phương trình xx−3 + 2 + x −= 10 xx2 −2 += 10 ⇔ x = 1 (nhận) Trường hợp 2: x <1 2 ta có phương trình xx−3 +−+= 2 x 10 2 x =1 ⇔xx −4 +=⇔ 30  (loại) x = 3 Vậy tập nghiệm của phương trình: S = {1}  xy−+1 −= 1 2 (1) 2.0  b)Giải hệ phương trình: 11  +=1 (2)  xy ĐK: xy≥≥1; 1 (2) ⇔+=x y xy (3) Hai vế của (1) đều dương ta bình phương hai vế ta có: xy+−+22( x − 1)( y − 1) =⇔+−+ 4 xy 22 xyxy −( +) +=14 xy+=4 Thay (3) vào ta có: xy+=4 kết hợp với (3) có hệ:  xy = 4 Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có xy; là hai nghiệm của pt: XX2 −4 += 40 ⇒ ⇒=xy2; = 2
3. Vậy tập nghiệm của hệ phương trình S = {(2; 2)} 3 2.0 Ta có ∆=' (mm − 1)2 ≥ 0, ∀ nên phương trình có hai nghiệm với mọi m. xx12+=2 m Theo định lí Viet, ta có  ,  xx12=21 m − suy ra 1 4m+ 1 1 4 mm ++ 1 22 + 1 2( m + 1) 22 ( m + 1) −1 TT+= += = = ≥⇒≥0 24222(21)2(21)21m2+ m2 + mm 22 ++ 2 1 Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất là khi m = −1 2 4 Cho xy,0> thỏa mãn điều kiện xy+=2 . Chứng minh xy22 x 2+≤ y 2 2 2.0 ( ) Vì xy,0≥ nên x+≥ y2 xy (bất đẳng thức Cô-si) Suy ra 22≥ xy (vì xy+=2) hay 01<≤xy Do đó01<≤xy suy ra x22 y≤ xy 22 2 2 2 Xét vế trái x y x+≤ y xy x +− y2 xy =xy(4 − 2 xy ) (do xy+=2) ( ) ( ) =−2x22 y + 4 xy =− ( x22 y − 2 xy +− 1 1) 2 =−( xy −1) +≤ 22 xy= Dấu ""= xảy ra khi  ⇔==xy1. xy = 1 5 2.5 a)Tìm tất cả các nghiệm nguyên phương trình :3x22− y − 2 xy − 2 x − 2 y += 80 1.5 3x22− y − 2 xy − 2 x − 2 y += 80 ⇔y22 +2( xyxx + 1) −( 3 − 280 +=) '2 22 ∆=y ( x +1) + 3 xx − 2 += 84 x + 9 Phương trình có nghiệm ⇒ ∆' là số chính phương Đặt 49x22+= mmN( ∈ ) 4x22−=⇔− m 92( xm)( 2 xm +=) 9 ⇒−x{ 2;0; 2} Với x = 2 ta được yy2 +6 − 16 = 0 ⇒ y ∈−{ 8; 2} , 2 Với x = 0 ,ta được yy+2 − 8 = 0 ⇒ y ∈−{ 4; 2} Với x = −2 ta được yy2 −2 − 24 = 0 ⇒ y ∈−{ 6; 4} ,
4. Vậy nghiệm nguyên của pt là: (2;− 8) ;(2; 2) ;(0;− 4) ;( 0; 2) ;(−2;6) ;( −− 2; 4) b)Chứng minh rằng : n32+−−11 nn 6 6 chia hết cho 6 với mọi số nguyên n 1.0 với nZ∈ , ta có: n3+11 nn − 6 2 −= 6 nn 32 − − 5 n 2 + 5 nn + 6 − 6 2 =n( n −− 1) 5( nn −+ 1) 6( n − 1) =−(nnn 1)(2 −+=− 5 6) ( nn 1)( − 2)( n − 3) Do nn−−1, 2, n − 3 là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hếu cho2, một số chia hết cho 3 và (2,3) = 1 Vậy(nn−−1)( 2)( n − 36) mọi số nguyên n 6 4.5 K Q I C P H M N A O B a) Chứng minhPOQ 900 và AP. BQ R2 . 2.0 1 *Ta có:POC COA ( OP là tia giác của COA ) 2 1 :QOC COB ( OQ là tia giác của COB ) 2 11 POQ POC QOC COA COB 18000 90 . 22 * Ta có: AP PC; BQ QC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 2 POQ vuông tại O CP. CQ OC
5. 2 AP. BQ R b)Chứng minhAB 4. IK 1.5 0 ta có OP là đường trung trực của AC MA MC, CMO 90 0 OQ là đường trung trực của BC NB NC, CNO 90 0 mà POQ 90 nên MONC là hình chữ nhật OC MN AP //BQ nên APQB là hình thang cân và nhận IO là đường trung bình OI //BQ . Mà BQ AB  OI AB Ta có MN là đường trung bình của ABC MN //AB,2 AB MN Mà KH MN KH  AB KH //OI OHKI là hình bình hành 11 IK OH MN AB AB 4. IK 24 c)Chứng minhNMQ NPQ 1.0 00 Ta có: CMO 90 , CNO 90 OMCN là tứ giác nội tiếp OMN OCN ( cùng chắn cung ON ) Mặc khácOCN POQ ( cùng phụ CON ) OMN PQO 00 Ta cóOMN PMN180 PQO PMN 180 tứ giác PMNQ nội tiếp NMQ NPQ 7 1.0 M B A E N I Q F D P C GọiEFI,, lần lượt là trung điểm QM,, PN QN QM MN QP PN AE ; EI ;; IF FC 2 22 2 Chu vi của tứ giácMNPQ là MN PN QP QM 2( EI FC IF AE) 2 AC 2 Vậu chu vi của tứ giácMNPQ không nhỏ hơn 2 Hết