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

1. UBND TỈNH HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu I. (3,0 điểm) Cho biểu thức a+11 aa − a2 − aa +− a 1 P =++ với aa>≠0, 1. a a−− a a aa a) Rút gọn biểu thức P. 8 b) Tìm điều kiện của a để biểu thức Q = nhận giá trị nguyên. P Câu II. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình x2−3 xxx 32 − 3 + 4 −= 20. 22  xy− +4 xy − 6 −= 50 2. Giải hệ phương trình   2x++ 3 2 y + 2 xx2 += 26.  1 Câu III. (2,0 điểm) Cho parabol (Py) : = x2 và hai điểm AB(−2; 2) , (4;8) nằm trên (P). 2 Gọi M là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là mm(−<2 < 4.) Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất. Câu IV. ( 2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( x−2 yx)( + 24 y) +=+ y xx3 . Câu V. (7,0 điểm) 1. Cho đường tròn (OR; ) đường kính AB. Gọi C là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn. Các đường thẳng CA, CB cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai tương ứng là DE,. Trên cung AB của (O) không chứa D lấy điểm F (0 <≤FA FB ). Đường thẳng CF cắt AB tại M , cắt đường tròn ()O tại N ( N không trùng với F) và cắt đường tròn (O') ngoại tiếp tam giác CDE tại P ( P không trùng với C ). a) Giả sử ACB = 600 , tính DE theo R. b) Chứng minh CN. CF= CP CM c) Gọi IH, theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng BD,. AB Các đường thẳng IH và CD cắt nhau tại K. Tìm vị trí của điểm F để biểu AB BD AD thức ++ đạt giá trị nhỏ nhất. FH FI FK 2. Cho góc nhọn xOy cố định và A là điểm cố định trên Ox. Đường tròn (I ) thay đổi nhưng luôn tiếp xúc với Ox, Oy lần lượt tại ED, . Gọi AF là tiếp tuyến thứ hai kẻ từ A đến (I ) ( F là tiếp điểm). Chứng minh DF luôn đi qua một điểm cố định. Câu VI. (2,0 điểm) 22 2 (ab+−11) ( ab −+) ( ba −+ 1) 3 Cho 2 số dương ab,. Chứng minh: 22++≥ 2. (ab+) +11( a ++) b22( b ++ 1) a 5 HẾT Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: Người coi thi số 1 Người coi thi số 2
2. UBND TỈNH HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I. HƯỚNG DẪN CHUNG o Hướng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng. o Đối với bài toán hình học nếu học sinh chứng minh có sử dụng đến hình vẽ thì yêu cầu phải vẽ hình, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm phần tương ứng. o Điểm toàn bài không làm tròn. II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Sơ lược lời giải Điểm Cho biểu thức 2 a+11 aa − a − aa +− a 1 P =++ với aa>≠0, 1. a a−− a a aa a) Rút gọn biểu thức P. 2,0 3 a +1 ( a) −11( − a)( −− 1 aa + ) P =++ 0,75 a aa( −1) aa(1− ) a+1 aa + + 11 −− aa + =++ 0,75 aa a aa++21 = 0,5 a 8 I. b) Tìm điểu kiện của a để biểu thức Q = nhận giá trị nguyên. 1,0 (3,0 P điểm) 11 Có Pa= + +≥22a . += 24 (Theo BĐT Côsi) aa 1 Pa=⇔41 = ⇔= a(loại do a ≠ 1) a 0,5 Vậy P>∀>4 aa 0, ≠ 1. 8 ⇒ ∀ 10 x Page 1 of 6
3. Câu Sơ lược lời giải Điểm (1) ⇔ 2( x −+−+− 1) ( xx22 223) ( x − 1)( xx −+= 220) xx−−11 0,25 ⇔ − += 2. 223. 1 0 xx−+22 xx −+ 22 t =1 x −1 = ≥ 2  Đặt tt2 ,0 ta được phương trình 2tt− 3 += 10 ⇔ 1 0,5 xx−+22 t =  2 xx−−11 t =⇔=⇔=1 11⇔xx2 −3 += 30(vô nghiệm) 0,25 xx22−+22 xx −+ 22 1xx−− 11 11 t =⇔=⇔= 2xx22−+ 222 xx −+ 224 0,5 ⇔xx2 −6 +=⇔=± 60 x 3 3(thỏa mãn điều kiện) Vậy pt có 2 nghiệm x =33 ± 22 xy− +4 xy − 6 −= 5 0 (1) 2. Giải hệ phương trình  2,0  2x++ 3 2 y + 2 xx2 += 26(2)   3 x ≥− Điều kiện  2 0,25 y ≥ 0 22xy+=+23 (123) ⇔+( xy) =+( ) ⇔ 0,5 xy+23 =−− +)2x + =−−⇔ y 3( xy + 5) + = 0 vô nghiệm 3 0,5 vì ( x+5) + yx > 0 ∀ ≥− , y ≥ 0. 2 +)2x +=+⇔ y 3 yx =− 1 thay vào (2) ta được 2x++ 3 2( x − 1) + 2 xx2 += 26 ⇔( 2x +− 3 3) +( 2 x −− 2 2) + 2 xx2 +− 21 = 0 2xx+− 39 2 −− 22 ⇔ + +−( xx32)( += 7) 0 0,5 2xx++ 33 2 −+ 22 22 ⇔−(xx3)+ ++=270 2xx++ 33 2 −+ 22 22 ⇔x =3, do + +2x + 7 > 0 ∀≥ x 1 2xx++ 33 2 −+ 22 +=⇒=)3xy 2 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( xy;) = ( 3; 2) 1 Cho parabol (Py) : = x2 và hai điểm AB(−2; 2) , (4;8) nằm trên (P). Gọi M III. 2 (2,0 điểm) là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là mm(−<2 < 4.) Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất. Page 2 of 6
4. Câu Sơ lược lời giải Điểm m2 Có Mm; 2 Gọi − A'( 2;0) , Mm '( ;0) , B '( 4;0) 0,5 ( AA'+ BB '') A B S = = 30 ABB'' A 2 ( AA'+ MM ''') A M (42++mm2 )( ) S = = AMM'' A 24 0,5 (MM'+ BB ') M '' B (16+−mm2 )( 4 ) S = = MBB'' M 24 6mm22−+ 12 72 27 3( m − 1) SS=−−=− S S 30 =− ABM ABA'' B AMM '' A MBB ' M ' 4 22 0,75 27 Sm≤∀ ABM 2 Vậy m =1 là giá trị cần tìm 0,25 3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( x−2 yx)( + 24 y) +=+ y xx . 2,0 2 ( x−2 yx)( ++ 24 y) y = x + x3 ⇔+( x 1) (x2 += 1)( 2y − 1) (1) 0,25 2 yy∈⇒ (21 −) là số nguyên dương lẻ ⇒+( xx11)( 2 +) là số nguyên dươnglẻ 0,5 ⇒+2 + +≥ xx1, 1 cùng lẻ và 10x IV. Giả sử (1++xx ,1 2 ) =⇒ d d là số lẻ. (2,0 2 điểm) Do (11+xd) ⇒−( x) d. 2 0,5 Lại có 1+ xd⇒11 +x22 +− xd ⇒ 2 dd ⇒= 1(do d lẻ) ( ) ( ) ( )  Mặt khác, (1)⇒+( xx 1)( 2 + 1) là số chính phương. 1++xx ,1 2 là 2 số nguyên tố cùng nhau nên 1++xx ,1 2 đều là số chính phương 0,5 Do xx22,1+ là hai số nguyên liên tiếp và cùng là số chính phương nên x = 0 2  y = 0 x=0 ⇒− 4 yy + 40 = ⇔ . Vậy ( xy;) = ( 0;0) hoặc ( xy;) = ( 0;1) 0,25  y =1 Cho đường tròn (OR; ) đường kính AB. Gọi C là điểm thỏa mãn tam giác ABC V. (7,0 nhọn. Các đường thẳng CA, CB cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai tương ứng là điểm) DE,. Trên cung AB của (O) không chứa D lấy điểm F ( 0 <≤FA FB ). Đường thẳng CF cắt AB tại M , cắt đường tròn ()O tại N ( N không trùng với F) và cắt đường tròn (O') ngoại tiếp tam giác CDE tại P ( P không trùng với C ). Page 3 of 6
5. Câu Sơ lược lời giải Điểm a)Giả sử ACB = 600 , tính DE theo R. 2,0 Xét đường tròn ()O sddBFA − s DNE BCA = (Góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn) 2 0,75 1800 − s d DNE BCA = ⇒=sd DNE 600 ⇒ EOD = 600 2 ∆OED có OD= OE ⇒ ∆OED cân tại O 0,75 Mà EOD = 600 ⇒∆ODE là tam giác đều ⇒=OD DE ⇒ ED= R 0,5 b)Chứng minh CN. CF= CP CM 1,5 CPE = CDE (2 góc nội tiếp chắn cung CE của đường tròn ()O′ ) Mà CBM = CDE (Vì tứ giác ABED nội tiếp đường tròn ()O ) ⇒ CBM = CPE nên tam giác CPE đồng dạng với tam giác CBM 0,75 CE CM ⇒ =⇒=CE CB CM CP (1) CP CB Tương tự chứng minh tam giác CNE đồng dạng với tam giác CBF CE CF =⇒=CE CB CN CF (2) 0,5 CN CB Từ (1) và (2) suy ra: CN CF= CP CM 0,25 c) Gọi IH, theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng BD,. AB Các đường thẳng IH và CD cắt nhau tại K. Tìm vị trí của điểm F để 1,5 AB BD AD biểu thức ++ đạt giá trị nhỏ nhất. FH FI FK Page 4 of 6
6. Câu Sơ lược lời giải Điểm Tứ giác BIHF, BDAF nội tiếp nên FHK = FAK (= FBD ), suy ra tứ giác AKFH 0,5 nội tiếp nên FKA = 900 . Xét ∆DFK và ∆BFH có FKD = FHB = 900 và FBH = FDA (Hai góc nội tiếp cùng chắn AF của đường tròn O ) ( ) 0,25 DK BH ⇒∆DFK ∆ BFH ⇒ = (1) FK FH ID HA Tương tự tam giác IDF đồng dạng với tam giác HAF⇒= 0,25 IF HF AK BI Tương tự tam giác AFK đồng dạng tam giác BFI nên: = (2) FK FI DK AK BH BI DA BH BI (1) , (2)⇒−=−hay: = − FK FK FH FI FK FH FI 0,25 DA BD BH BD BI BH ID ⇒ + = + −= + FK FI FH FI FI FH FI ID HA DA BD BH HA AB Mà = suy ra: +=+= FI FH FK FI FH FH FH AB BD AD2 AB Vậy ++= FH FI FK FH 0,25 AB BD AD nên ++ nhỏ nhất khi FH lớn nhất khi là trung điểm cung FH FI FK 2. Cho góc xOy cố định và A là điểm cố định trên Ox𝐹𝐹 . Đường tròn (I ) 𝐴𝐴𝐴𝐴thay đổi nhưng luôn tiếp xúc với Ox, Oy lần lượt tại ED, . Gọi AF là tiếp tuyến thứ hai 2,0 kẻ A từ đến (I ) ( F là tiếp điểm). Chứng minh DF luôn đi qua một điểm cố định. Kéo dài DF cắt OI tại J Chứng minh được 4 điểm AEI, , , F cùng thuộc một đường tròn 0,75 Chứng minh được JFE = JIE => 4 điểm JFIE, , , cùng thuộc một đường tròn. 0,75 Do đó 5 điểm AE, , I, F , J cùng thuộc một đường tròn Góc AJI = 900 => J là điểm cố định 0,5 Page 5 of 6
7. Câu Sơ lược lời giải Điểm Cho 2 số dương ab,. Chứng minh: 22 2 (ab+−11) ( ab −+) ( ba −+ 1) 3 22++≥ 2(1) (ab+) +11( a ++) b22( b ++ 1) a 5 22 ab++11   2 −−11   (ab+−1) ba  3 (1) ⇔+222 +≥(*) (ab++) 1 ab++11  5 ++11  ba  a b 1 Đặt x = ; y = ; z = ab++1 ab++1 ab++1 ba++11 11 1 0,5 ta được = −1; = − 1;ab += − 1; ax by z Vì ab;0> ⇒>xyz; ; 0 Ta lại có xyz++=1 ⇒ ∀ 10 t 2 ⇔(3161tt −) ( +≥) 0 luôn đúng với mọi t thỏa mãn 01<<t 1 Dấu bằng xảy ra khi t = 3 Sử dụng (*) 3 lần cho xyz;; rồi cộng từng vế 3 bất đẳng thức cùng chiều ta có điều phải chứng minh. 1 0,5 Dấu bằng xảy ra khi xyz= = = hay ab= =1 3 HẾT Page 6 of 6