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

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

1. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn thi: TOÁN - Lớp 9 (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4,0 điểm). 1 1 2x x 12 xx x x 1) Cho biểu thức P : với x 0, và 11 x x 1 x xx 1 7 x 1, x . Rút gọn biểu thức P và tìm giá trị của x để P . 4 3 2) Gọi A và B là giao điểm của đường thẳng dy:2 x với parabol Py :. x2 Tính diện tích tam giác OAB (O là gốc tọa độ). Câu 2 (4,0 điểm). 22 2x 3 xy 2 y 52 x y 0 1) Giải hệ phương trình x22 2 xy 3 y 15 0. 2) Giải phương trình 34x 1 4 xx 3 2 3 x2 4 x 5. Câu 3 (3,0 điểm). 1) Tìm các cặp số nguyên xy; thỏa mãn yx 12 x2 . 2 2) Với mỗi số nguyên a , gọi xx12, là các nghiệm của phương trình x 2 ax 10. Chứng minh 2n 24 nn 4 n x1 xx 21 x 2 chia hết cho 48 với mọi số tự nhiên n . Câu 4 (6,0 điểm). 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , D là điểm bất kì thuộc cạnh BC (D khác B và C ). Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC . Đường thẳng MN cắt đường tròn O tại P , Q sao cho M nằm giữa P và N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt AB tại I (khác B ). Các đường thẳng DI và AC cắt nhau tại K . a) Chứng minh PID PAC . Từ đó suy ra 4 điểm A , I , P , K cùng thuộc một đường tròn. QA PD b) Chứng minh PBD đồng dạng với PAK và . QB PK c) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G (khác P ). Đường thẳng IG CD cắt đường thẳng BC tại E . Chứng minh khi D di chuyển trên đoạn BC thì tỉ số không đổi. CE 2) Cho tứ giác nội tiếp ABCD . Chứng minh AB  CD AD BC AC  BD . Câu 5 (3,0 điểm). 1) Cho 3 số thực abc,, thỏa mãn 1 abc 3;1 3;1 3 và abc 6.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Fa 222 b c. 2) Cho đa giác lồi AA1 2 A 2024 . Tại mỗi đỉnh Ak (k 1,2, ,2024 ), người ta ghi một số thực ak sao cho giá trị tuyệt đối của hiệu hai số trên hai đỉnh kề nhau bằng một số nguyên dương không lớn hơn 3. Tìm giá trị lớn nhất có thể được của giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh của đa giác đã cho, biết rằng các số ghi tại các đỉnh đã cho đôi một khác nhau. ===Hết=== Họ và tên thí sinh Số báo danh
2. UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn thi: TOÁN - Lớp 9 Câu Nội dung Điểm Câu 1 (4,0 điểm) 1.1. (2,0 điểm) 1 1 2x x 12 xx x x 1 Cho biểu thức P : với x 0, và x 1, x . 11 x x 1 x xx 4 7 Rút gọn biểu thức P và tìm giá trị của x để P . 3 1 Với x 0, và x 1, x ta có 4 0.25 xxxxxxx 1 (2 1)(1 ) (2 1)(1 ) P : x(1 x ) (1 x )(1 x ) (1 xx )( x 1) 21x (2x 1) xx (2 1) 0.25 P : x(1 x ) (1 x ) ( xx 1) 21x 21x x x 1 xx P : 0.25 x 11 x xx x 1 xx 1 P . 0.25 x 7xx 17 P 3xx 10 3 0 0.5 33x x 3 x 9  1 1 (thỏa mãn). Vậy x 9; . 0.5 1 9 x x  3 9 1.2. (2,0 điểm) Gọi A và B là giao điểm của đường thẳng dy:2 x với parabol Py :. x2 Tính diện tích tam giác OAB (O là gốc tọa độ). 0.5 x 1 Phương trình hoành độ giao điểm x2 x22 xx 20 . x 2
3. Suy ra AB 1; 1 , 2; 4 . 0.5 Gọi HK, lần lượt là hình chiếu vuông góc của AB, lên trục Ox . AH  BK HK 15 111 Có S ; S OH  AH ; S OK  BK 4 . 1.0 AHKB 22OAH 22OBK 2 Vậy SSOAB AHBK SS OAH OBK 3. Câu 2 (4,0 điểm) 22 2x 3 xy 2 y 52 x y 0 1 2.1. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình . x22 2 xy 3 y 15 0 2 yx 2 Phương trình 1 2x yx 250 y 1.0 xy 5 2. x 1 Với yx 2 thay vào (2) ta được 15x 2 15 0 x 1. 0.5 Với xy 12; với xy 12 . y 2 2 Với xy 52 thay vào (2) ta được 5yy 30 40 0 y 4. 0.5 Với yx 21, với yx 43 . Vậy nghiệm xy; của hệ là 1; 2 , 3; 4 , 1; 2 . 2.2. (2,0 điểm) Giải phương trình 34x 1 4 xx 3 2 3 x2 4 x 5 1 . 2 Điều kiện x . 3 0.5 1 3 4x 1 2 x 5 xx 4 3 2 3 x 2 0. (2) 2 Ax 34 1 2 x 5 0 Vì x nên . 3 Bx 43 2 3 x 2 0 0.5 2 2 xx 16 3 2 3 x 2 94 xx 1 2 5 20 AB 2 2 xx 9 36 x 36 4xx 16 16 2 49x 0 x 20 0.5 AB AB 2 49x Vì ABx 0, 0, nên 0 . 3 AB Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất x 2 . Lưu ý: 12 12x - Nếu học sinh phân tích về dạng xx 2 320 (hoặc các dạng 4xx 13 3 22 0.5 12 12x tương tự) nhưng không giải được phương trình 3x 20 thì chỉ cho 0.5 4xx 13 3 22 điểm. - Học sinh có thể làm theo cách sử dụng bất đẳng thức.
4. Câu 3 (3,0 điểm) 3.1. (2,0 điểm) Tìm các cặp số nguyên xy; thỏa mãn yx 1 x2 21 . Dễ thấy x 1 không thỏa mãn phương trình (1). x 2 23 0.5 Với x 1 ta có 11 y yx . xx 11 Vì xy, nên 3 xx 1 1 3; 1; 1; 3 . 0.5 Từ đó tìm được các cặp nghiệm xy; là 2; 2,0; 2, 2;6,4;6 . 1.0 2 3.2. (1,0 điểm) Với mỗi số nguyên a , gọi xx12, là các nghiệm của phương trình x 2 ax 10. Chứng minh 2n 24 nn 4 n x1 xx 21 x 2 chia hết cho 48 với mọi số tự nhiên n . 2 Với mọi a phương trình x 2 ax 10 luôn có hai nghiệm phân biệt xx12, thỏa mãn xx 2 a 1 x 0.25 . xx 1 12 22nn Đặt Sxn 12 x. Ta có 112 M xxxx2244nnnn xxxx 2222 nnnn 88 1212 1212 2 1 22nn 2222 nnnn 0.25 xx12 4 xxxx 1212 8 S 22 SS 1 2 n nn S SS SS 4 n 1. nn . 1. nn 8 8 2 22 22nn Ta chứng minh với mọi n thì Sxn 12 x luôn là số nguyên dương chẵn. (*) Thật vậy: Với n 0 thì S0 2 là số nguyên dương chẵn. 22 2 2 2 Với n 1 thì S1 x 1 x 2 ( x 1 x 2 ) 2 xx 12 4 a 2 22 a 1 là số nguyên dương chẵn (do a là số nguyên). 0.25 Giả sử (*) đúng đến nk , tức là Sk 1 và Sk là các số nguyên dương chẵn. Ta có 2(k 1) 2( k 1) 2 2 2kk 2 2 2 2(k 1) 2( k 1) S x x ( x x )( x x ) xx x x SS. S k 1 1 2 1 2 1 2 12 1 2 1kk 1 là một số nguyên dương chẵn. 22nn Vậy Sxn 12 x là số nguyên dương chẵn với mọi số tự nhiên n . S SS n nn M 1. . 1 là tích của ba số tự nhiên liên tiếp. Suy ra M chia hết cho 6. 2 22 0.25 2n 24 nn 4 n Vậy x1 xx 21 x 2 8 M 48 . Câu 4 (6,0 điểm) 4.1. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , D là điểm bất kì thuộc cạnh BC (D khác B và C ). Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC . Đường thẳng MN cắt đường tròn O tại P , Q sao cho M nằm giữa P và N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt AB tại I (khác B ). Các đường thẳng DI và AC cắt nhau tại K . a) Chứng minh PID PAC . Từ đó suy ra 4 điểm A , I , P , K cùng thuộc một đường tròn.
5. QA PD b) Chứng minh PBD đồng dạng với PAK và . QB PK c) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G (khác P ). Đường thẳng IG cắt CD đường thẳng BC tại E . Chứng minh khi D di chuyển trên đoạn BC thì tỉ số không đổi. CE a) (2,0 điểm) Vì tứ giác APBC nội tiếp PAC PBC 180 1 . 0.5 Vì tứ giác BDIP nội tiếp PID PBC 180 2 . Từ 1 và 2 , suy ra PID PAC . 0.5 Lại có PID PIK 180 ; PAC PAK 180 . 0.5 Do đó PIK PAK ; mà hai góc này cùng nhìn cạnh PK tứ giác AIPK nội tiếp hay 4 điểm A , 0.5 I , P , K nằm trên cùng một đường tròn. b) (2,0 điểm) Ta có APK AIK BID BPD và PBD 180  PID 180  PAC PAK . PB PD 1.0 Suy ra PBD đồng dạng với PAK (g – g) 3 . PA PK Vì tứ giác APBQ nội tiếp nên tam giác PMB đồng dạng với tam giác AMQ (g-g) và tam giác QBM đồng dạng với tam giác APM (g-g). Do đó PB MP QA MA PB QB PB QA .1 4 . 1.0 QB MB QA PA PA QB PA MP QA PD Từ 3 và 4 , suy ra . QB PK c) (1,0 điểm) Trên đoạn AB xác định điểm H sao cho APH KPI . Vì tứ giác AIPK nội tiếp, nên KPI BAC . 0.5 Lại có A , P và BAC không đổi nên H là điểm cố định. KI KP KPI đồng dạng với APH (g – g) 5 . 0.25 AH AP
6. KP KD PKD đồng dạng với PAB (g – g) 6 . AP AB KD KI KD AB Từ 5 và 6 suy ra 7 . AB AH KI AH CD KD Ta có PGI PBI PCA nên GI AC hay IE AC 8 . CE KI 0.25 CD AB AB CD Từ 7 và 8 suy ra mà không đổi nên không đổi. CE AH AH CE 4.2. (1,0 điểm) Cho tứ giác nội tiếp ABCD . Chứng minh AB  CD AD BC AC  BD . 0.25 Gọi M là điểm trên đoạn BD sao cho DAM CAB . DA DM Hai tam giác DAM và CAB đồng dạng (g-g) nên  DA CB CA DM . (1) 0.25 CA CB BA BM Hai tam giác BAM và CAD đồng dạng (g-g) nên  BA CD CA BM . (2) 0.25 CA CD Từ (1) và (2) suy ra DA  CB BA CD  CA DM  CA BM AB  CD AD  BC AC  BD . 0.25 Câu 5 (3,0 điểm) 5.1. (2,0 điểm) Cho 3 số thực abc,, thỏa mãn 1 abc 3;1 3;1 3 và abc 6.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Fa 222 b c. Ta có F a222 b c( a b c )2 2( ab bc ca) 36 2( ab bc ca). 0.5 Vì 1 abc 3;1 3;1 3 nên ta có (a 3)( b 3)( c 3) 0 abc 3( ab bc ca) 9( a b c ) 27 0 0.5 abc 3( ab bc ca) 27 (1). Và (a 1)( b 1)( c 1) 0 abc ( ab bc ca) ( a b c ) 1 0 0.5 abc ( ab bc ca )5 (2). Từ (1) và (2) suy ra ()53ab bc ca abc ()2 ab bc ca 7 ab bc ca11 F 36 2 ab bc ca 14 . 0.5 Đẳng thức xảy ra khi abc 1; 2; 3 và các hoán vị. Vậy giá trị lớn nhất của F bằng 14. 5.2. (1,0 điểm) Cho đa giác lồi AA1 2 A 2024 . Tại mỗi đỉnh Ak (k 1,2, ,2024 ), người ta ghi một số thực ak sao cho giá trị tuyệt đối của hiệu hai số trên hai đỉnh kề nhau bằng một số nguyên dương không lớn hơn 3. Tìm giá trị lớn nhất có thể được của giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh của đa giác đã cho, biết rằng các số ghi tại các đỉnh đã cho đôi một khác nhau. 0.25 Xét đa giác lồi AA1 2 A 2024 . Khi đó aakk 1 1; 2; 3 , (k 1,2, ,2023 ). Không mất tính tổng
7. quát, coi a là nhỏ nhất, a là lớn nhất (dễ thấy n 2 ). Đặt d max aa khi đó da a và 1 n ij ij n 1 là một số nguyên dương. Giả sử theo chiều kim đồng hồ có n 2 đỉnh nằm giữa A1,An . Suy ra theo chiều ngược với chiều quay của kim đồng hồ có 2024 n đỉnh nằm giữa A1,An . Hơn nữa giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số kề nhau không vượt quá 3. Do đó 0.25 daa aa aa a a3 n 1 . 1n 12 23 nn 1 Tương tự ta có dn 3 2024 1 . 3(nn 1) 3(2024 1) Suy ra d 3036 . 2 Nếu d 3036 thì hiệu giữa hai số ghi trên hai đỉnh kề nhau đúng bằng 3 hay ta có aa a a aa 3, i 1,2, ,2023 aa a a ii 1 i 12 ii 1, ,2022 ii 1 ii 1 i 12 i aa ii 2 0.25 aaii 1 a i 1 a i 2 aa 1 2024 aaaa 1 2 2 3 a2023 a 2024 2023 aa1 2 aa1 2024 2023 aa1 2 3 2023 3. Điều này không xảy ra. Suy ra d 3035 . Ta xây dựng một trường hợp cho d 3035 như sau: a12 0, a 2, aakk 1 3 3 k 4 với k 3,4, ,1013 ; a1014 a 1013 2 3033, aakk 1 3 6075 3kvới k 1015,1016, ,2024 . Khi đó hiệu lớn nhất là aa1013 1 3035 . 0.25 Các số aa2,,, 3 a 1013 là các số nguyên dương tăng dần có dạng 34t chia cho 3 dư 2. Các số aa1014,1015 ,, a20 24 là các số nguyên dương giảm dần có dạng 6075 3h chia hết cho 3. Suy ra các số aa1, 2 , , a 2024 đôi một khác nhau. Vậy giá trị lớn nhất của giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh bằng 3035. Chú ý: Nếu học sinh làm theo các đáp án khác thì giám khảo căn cứ vào các bước làm để cho điểm phù hợp.