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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS KHÁNH HÒA CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 07/12/2022 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (4,00 điểm): ( 3−+ 1) .3 10 6 3 1) Rút gọn biểu thức A = . 6+− 25 5 2 22xy +1 2) Cho xy, là các số nguyên thỏa mãn đẳng thức xy++ =2. xy+ Chứng minh rằng xy +1 là một số chính phương. Câu 2 (4,00 điểm): 1) Cho đa thức fx( ) với các hệ số nguyên thỏa mãn ff(3.) ( 4) = 7. Chứng minh rằng đa thức fx( ) −12 không có nghiệm nguyên. 2) Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng. Câu 3 (4,00 điểm): 64x − 1) Giải phương trình 2xx+− 4 22 −= . x2 + 4 2) Cho ab, là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện ab+≤4. Tìm giá trị nhỏ ab44 nhất của biểu thức A =33 + . (ba−−11) ( ) Câu 4 (6,00 điểm): 1) Cho tam giác ABC , I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Qua I vẽ đường thẳng DE song song với AB ( D∈ AC , E∈ BC ) và đường thẳng IM song song với BC ID BE CM ( M∈ AC ). Tính giá trị của biểu thức ++ . AB BC CA 2) Cho hình vuông ABCD có tâm O . Điểm E thay đổi trên cạnh BC ( E khác B và C ).Gọi F là giao điểm của tia AE và đường thẳng CD , gọi H là giao điểm của OE và BF . 11 a) Chứng minh rằng + không đổi. AE22 AF b) Tìm vị trí của điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 (2,00 điểm): Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh đều là số tự nhiên sao cho tổng ba số bất kì trong chúng chia hết cho số còn lại. Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau.  HẾT  - Giám thị không giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh: SBD: /Phòng: . - Giám thị 1: Giám thị 2: Trang 1/6
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS KHÁNH HÒA CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022 - 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 07/12/2022 (Hướng dẫn chấm có 06 trang) Câu 1 (4,00 điểm): ( 3−+ 1) .3 10 6 3 1) Rút gọn biểu thức A = . 6+− 25 5 Hướng dẫn chấm Điểm Ta có : 1,00 3 1063+( 31 −=) 3 (31)31 +3 ( −) 6+ 2 5 −= 5 ( 5 +− 1)2 5 0,50 3 10+− 6 3 ( 3 1) 3 ( 3+− 1)3 ( 3 1) ( 3+− 1)( 3 1) Suy ra A = = = 1,00 +− +−2 51+− 5 6 25 5 ( 5 1) 5 31− = = 2 1 0,50 Vậy A = 2 . 2 22xy +1 2) Cho xy, là các số nguyên thỏa mãn đẳng thức xy++ =2. xy+ Chứng minh rằng xy +1 là một số chính phương. Hướng dẫn chấm Điểm Với điều kiện x + y ≠ 0 , ta có: 2 22xy +1 xy++ =2 xy+ 2 2 xy +1 ⇔( x + y) −2( xy ++ 1)  =0 xy+ 0,50 2 xy +1 ⇔xy +− =0 xy+ xy +1 ⇔+−xy =0 xy+ 2 ⇔xy +=1 ( x + y) Do xy, là các số nguyên nên xy+ là số nguyên. 0,50 Vậy xy +1 là một số chính phương. Trang 2/6
3. Câu 2 (4,00 điểm): 1) Cho đa thức fx( ) khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn ff(3.) ( 4) = 7. Chứng minh rằng đa thức fx( ) −12 không có nghiệm nguyên. Hướng dẫn chấm Điểm +) Giả sử đa thức fx( ) −12 có nghiệm nguyên a . 0,50 Khi đó f( x) −=−12( x aQx) . ( ) với Qx( ) là đa thức có hệ số nguyên. Suy ra f(3) =−+( 3 aQ) .( 3) 12 và f(4) =−+( 4 aQ) .( 4) 12 (1) 0,50 +) Ta có: ff(3.) ( 4) = 7 ⇔−(3aQ) .( 3) + 12 .( 4 −aQ) .( 4) += 12 7 0,50 ⇔−(3a) .( 4 − aQ) .( 3) . Q( 4) + 12( 3 − aQ) .( 3) + 12( 4 − aQ) .( 4) + 144 = 7( 2) +) Do 3 − a và 4 − a là hai số nguyên liên tiếp nên (34−−aa)( ) là số chẵn. Do đó VT của (2) là số chẵn, nhưng VP của (2) là số lẻ, điều này mâu thuẫn. 0,50 Vậy giả sử trên sai. Suy ra đa thức fx( ) −12 không có nghiệm nguyên. 2) Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng. Hướng dẫn chấm Điểm +) Gọi 3 số nguyên tố cần tìm là abc,, . Khi đó, ta có: abc = 5( a ++ b c) ⇒ abc  5 0,50 +) Vì abc,, có vai trò bình đẳng nên không mất tính tổng quát, giả sử aa55⇒= (vì aP∈ ) +) Khi đó: 5.bc .= 5( 5 ++ bc) ⇔++= 5 bcbc . ⇔ bcbc . −−+= 1 6 0,50 ⇔bc( −−−=⇔−1) ( c 16) ( c 1)( b −= 16) b −=11 b −=12 b = 2 b = 3 Suy ra  hoặc  ⇔  hoặc  c −=16 c −=13 c = 7 c = 4 0,50 b = 2 b = 3 b = 2 ⇔  hoặc  (loại vì c ∉ P) ⇔  = = = c 7 c 4 c 7 +) Do vai trò của abc,, là bình đẳng nên ba số cần tìm là 2; 5; 7 0,50 Vậy ba số cần tìm là 2; 5; 7 Câu 3 (4,00 điểm): 6x− 4 1) Giải phương trình 2x+− 4 2 2 −= x x42 + Hướng dẫn chấm Điểm +) ĐK: −≤2x2 ≤ 6x− 4 +) Ta có: 2x+− 4 2 2 −= x 2 x4+ 1,00 2( 3x− 2) 2() 3x− 2 ⇔= 2x++ 4 2 2 − x x42 + Trang 3/6
4.  2 x = ⇔  3 1,00  2x++ 4 2 2 −= x x2 + 4 (*) +) Ta có: (*)⇔422x2x ( + )( −+− ) ( 2xx4 )( += ) 0 0,50 ⇔2x422x −( ()().() ++ 2x − x4 +) = 0  2x−= 0 ⇔  4 22(++ x ) ( 2 − x ).( x += 4 ) 0 ( ) +) Với 2x−= 0⇔=x2 (thỏa ĐK) 0,50 +) Với −≤2x2 ≤ thì VT của ( ) luôn dương nên ( ) vô nghiệm. 2 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {2; } 3 2) Cho ab, là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện ab+≤4. Tìm giá trị ab44 nhỏ nhất của biểu thức B =33 + . (ba−−11) ( ) Hướng dẫn chấm Điểm + Do ab>>1, 1 nên ab−>10,10 −> + Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có: 2ab22 B ≥ (1) (ab−−11)( ) ( ab −− 11)( ) b2 + Ta lại có: 0< 1.(b −≤ 1) ( 2) 0,50 4 a2 0< 1.(a −≤ 1) ( 3) 4 4≥+≥a b 2 ab ⇒ ab ≤ 44( ) Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra 2ab22 .4 3 128 128 B ≥ = ≥ = 32 ab33. ab. 4 44  ab 0,50  33= Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (ba−−11) ( ) ⇔==ab2  a−=1 b −= 1 1; ab + = 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 32 và đạt được khi ab= = 2 Câu 4 (6,00 điểm): ( Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm) 1) Cho tam giác ABC , I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Qua I vẽ đường thẳng DE song song với AB ( D∈ AC , E∈ BC ) và đường thẳng IM song song với BC ID BE CM ( M∈ AC ). Tính giá trị của biểu thức ++ . AB BC CA Trang 4/6
5. Hướng dẫn chấm Điểm B N E I A D M C +) Gọi N là giao điểm của IM và AB . CM BN IE +) Xét ΔABC , ta có: MN // BC ⇒== (vì tứ giác BNIE là hình bình hành) 0,50 CA BA AB ID CM IE ID DE Suy ra + =+=. 0,50 AB CA AB AB AB DE CE ID CM CE +) Ta lại có: DE // AB ⇒=.Suy ra +=. 0,50 AB CB AB CA BC ID CM BE CE BE BC ⇒+ +=+==1. AB CA CB BC BC BC 0,50 ID BE CM Vậy ++ =1 AB BC CA 2) Cho hình vuông ABCD có tâm O . Điểm E thay đổi trên cạnh BC ( E khác B và C ). Gọi F là giao điểm của tia AE và đường thẳng CD ,gọi H là giao điểm của OE và BF . Hướng dẫn chấm Điểm A B O M E H P Q H' C F D 11 a) Chứng minh rằng + không đổi. AE22 AF Hướng dẫn chấm Điểm AB + Ta có: cos BAE = 0,50 AE AD sinBAE= sin DFA = 1,00 AF + Ta lại có: sin22BAE+= cos BAE 1 22 AB  AD  0,50 Suy ra  += 1 AE  AF  Trang 5/6
6. 2 11 ⇔ AB .1+= AE22 AF 111 ⇔ += (không đổi vì AB không đổi) 0,50 AE222 AF AB 11 Vậy + không đổi. AE22 AF b) Tìm vị trí của điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn chấm Điểm +) Gọi H ' là chân đường vuông góc hạ từ C xuống BF +) Xét ΔBCF vuông tại C , ta có: CH' ⊥⇒ BF BC2 = BH'. BF Xét ΔBCD vuông tại C , ta có: CO⊥⇒ BD BC2 = BO. BD BH' BO Suy ra BH'. BF= BO . BD hay = BD BF 0,50 BH' BO +) Xét Δ'BH O và ΔBDF , ta có: B chung và = (cmt) BD BF Suy ra Δ'BH O∽ Δ BDF ⇒=BH ' O = BDF 450 Suy ra HO' là tia phân giác của BH ' C (1) +) Ta có: Δ'BH C∽ Δ BCF (vì B chung và HC' =  = 900 ). BH'' CH BH' BC AB BE AB ⇒=⇒==, mà = (vì AB // CF ) BC CF CH' CF CF CE CF 0,50 BE BH ' Suy ra = ⇒ HE' là tia phân giác của BH ' C (2) CE CH ' Từ (1) và (2) suy ra H', OE, thẳng hàng . Do đó HH' ≡ . Suy ra CH⊥ BF 1 +) Gọi M là trung điểm của BC . Khi đó HM= AD (vì ΔBHC vuông tại H ) 2 +) Ta có: 3 2S= AD . HP = AD.( HQ +=+ PQ) AD22 AD. HQ ≤+ AD AD. HM =AD2 HAD 2 3 0,50 ⇒ S ≤ AD2 . HAD 4 Dấu “=” xảy ra khi HQ= HM ⇔≡ Q M ⇔ O, Q, H thẳng hàng ⇔≡EM(vì HOE, , thẳng hàng). Vậy để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất thì E là trung điểm của BC . Câu 5 (2,00 điểm): Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh đều là số tự nhiên sao cho tổng ba số bất kì trong chúng chia hết cho số còn lại. Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau. Hướng dẫn chấm Điểm +) Gọi độ dài các cạnh của tứ giác là abcd, , , () abcd , , , ∈ * . +) Giả sử không có 2 cạnh nào của tứ giác bằng nhau. 0,50 +) Không mất tính tổng quát, giả sử abcd>>>. (*) +) Do tứ giác lồi nên abcd<++ ⇒abcd <++ <3 a 0,50 ⇒2aabcd <+++ <4 a ( ) Trang 6/6
7. +) Từ giả thiết bài toán suy ra abcd+++ chia hết cho các số abcd, , , . Kết hợp với ( ), ta có : abcd+++ =3 a (1) +) Đặt abcd+++ = mb với m∈ * (2) 0,50 abcd+++ = nc với n ∈ * (3) Do abc>> ⇒ nm > >⇒≥ 3 n 5, m ≥ 4 . Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta có: 3(abcd+++) =3 ambnca + + ≥ 345 + b + c mà 3a+ mb +≥++ nc 345 a b c (vì nm≥≥ 5, 4 ) Suy ra 3(abcd+++) ≥ 345 a + b + c 0,50 ⇔ (bd–) +≤ 2–( cd) 0 mâu thuẫn (*) Vậy tứ giác có ít nhất 2 cạnh bằng nhau. Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tương ứng theo biểu điểm.  HẾT  Trang 7/6