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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN THI: TOÁN - THCS ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) Câu I (4,0 điểm). 2 xx1 9+ 14 1 Cho biểu thức P = ⋅+1 + với x ≥ 0 . x+3 x + 2 xx ++ 32 Rút gọn biều thức P và tìm các giá trị của x để biểu thức P có giá trị là số tự nhiên. 2 Cho các số thực abc,, thỏa mãn đồng thời abbcca2+=2;2;2 42 += 42 += 4. Tính giá trị biểu thức B=+++ a2 b 2 c 2 abc 222 −( ab 22 + bc 22 + ca 2 2) +2022. Câu II (4,0 điểm). 2. Giải phương trình 4xxx32+ 13 −=−+ 14 3 15 x 9 . x32+3 xy += 49 0 3. Giải hệ phương trình  22 . x−8 xy +=− y 8 y 17 x Câu III (4,0 điểm). 1. Tìm tất cả các bộ số nguyên (mpq,,) thỏa mãn: 21m ⋅pq25 += trong đó m> 0; pq , là hai số nguyên tố. 2. Cho ab, là hai số nguyên thỏa mãn a khác b và ab( a+ b) chia hết cho a22++ ab b . Chứng minh rằng a−> b2 ab . Câu IV (6,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Đường tròn tâm I đường kính BC cắt các cạnh AB và AC lần lượt ở M và N . Các tia BN và CM cắt nhau tại H . Gọi K là giao điềm của IH với MN . Qua I kẻ đường thẳng song song với MN cắt các đường thẳng CM và BN lần lượt ở E và Q . 1 Chứng minh ∆ANM đồng dạng với ∆ABC và BQI = ECI . 2 2 KN HN 2 Chứng minh IQIE= IC và = . KM HM 3 Gọi D la giao điểm của AH với BC . Chứng minh rằng 111 4 ++≤ . AD⋅⋅ BN BN CM CM ⋅ AD 3(R− OH )2 Câu V (2,0 điểm) Cho ba số abc,,≥ 1 thỏa mãn 16abc+ 4( ab + bc + ca) =81 + 24( a ++ b c) . Tim giá trị 111 nhỏ nhất của biểu thức Q = ++ aa( 2−+111 abb) ( 22 −+ bcc) ( −+ c) HẾT Họ và tên thí sinh: SBD
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC: 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN – THCS (Hướng dẫn chấm có 06 trang) Câu NỘI DUNG Điểm I 2 xx1 9+ 14 4,0 1. Cho biếu thức P = ⋅+1 + với x ≥ 0 . x+3 x + 2 xx ++ 32 điểm 2,0 Rút gọn biều thức P và tìm các giá trị của x để biếu thửc P có giá trị là số tự nhiên. Điều kiện x ≥ 0. Ta có: + 2 xx1 9++ 14 21xx( ) 9x 14 0,5 P = ⋅+1 + = + x+3 x + 2 xx ++ 32( xx++12)( ) ( x + 21)( x +) 2xx++ 11 14 ( xx++22)( 7) 2x+ 7 = = = ( xx++21)( ) ( xx ++ 21)( ) x +1 0,5 27x + Vậy P = với x ≥ 0 x +1 2( x ++ 15) 5 5 Ta có P = =2 + , vì x ≥ 0 nên 05 10) nên (bca22−1)( − 1)( 2 −= 11) . 0,5 Khai triền ta được bca22 2− ab 22 − bc 22 − ca 2 2 + a 2 + b 2 + c 2 −=11
3. ⇔abc222 +++− a 2 b 2 c 2( ab 22 + bc 22 + ca 2 2) =2. 0,5 Vậy B =+=2 2022 2024 . II 1.Giải phương trình: 4xxx32+ 13 −=−+ 14 3 15 x 9 . 2,0 4,0 3 ĐKXĐ: x ≥− . 0,25 điểm 5 Pt đã cho 4xxx32+ 13 − 14 −+ 3 15 x + 9 = 0 32 2  ⇔4x + 13 x − 12 x −( 2 x ++ 3) 15 x +=⇔ 9 0( 4 x − 3 xx)( +− 4) ( 2 x +− 3) 15 x + 0,5 (2xx+− 3)2 ( 15 + 9) ⇔(43x2 − xx)( +− 4) =0 (2xx++ 3) 15 + 9 4xx2 + 12 +− 9 15 x − 9 ⇔(43x2 − xx)( +− 4) =0 (2xx++ 3) 15 + 9 4xx2 −= 3 0 (1) 0,25 2 1  ⇔(43x − xx) +− 4 =⇔0 1 2xx++ 3 15 + 9 x +−4 =02( )  2xx++ 3 15 + 9 x = 0  −⇔Pt( 1) 3 (đều thoả mãn ĐKXĐ) x = 0,25  4 1 Xét Pt (2): x +−40= 2xx++ 3 15 + 9 3 17 9 15 Vì xx≥− ⇒ +4 ≥ và 2xx++ 3 15 + 9 ≥ ⇒ ≤ 0,5 55 592xx++ 3 15 + 9 1 128 Suy ra x +−40≥ > nên pt (2) vô nghiệm. 2xx++ 3 15 + 9 45 3 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 0; . 4 0,25 x32+3 xy += 49 0 2. Giải hệ phương trình  22 . 2,0 x−8 xy +=− y 8 y 17 x Nhân hai vế của phương trình (2) với 3, rồi cộng với phương trình (1) vế theo vế ta 32 2 2 được pt: x+3 x + 3 xy − 24 xy + 3 y += 49 24 y − 51 x 0,5 ⇔x32 +3 x + 3 x ++ 1 3 y2( x +− 1) 24 yx( ++ 1) 48( x += 1) 0 ⇔+( xx1)  ( ++−+=⇔+ 1)22 3 yy 24 48  0( xx 1) ( ++− 1)2 3( y 4) 2  = 0    0,75  x +=10 ⇔  22 (xy++ 1) 3( − 4) = 0  xx=−=11 − TH1: ⇔ x32+=−==−3 xy 49y 4; y 4   0,25 (xy++ 1)22 3( − 4) = 0 x = −1 ⇔ TH2: 32  x+=−3 xy 49  y = 4 0,25 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( xy,) ∈{( − 1; 4) ,( −− 1; 4 )} 0,25
4. III 1. Tìm tất cả các bộ số nguyên (mpq,,) thỏa mãn 21m pq25+= trong đó 2,0 4,0 m> 0; pq , là hai số nguyên tố. điểm Vì m > 0 và p nguyên tố nên 21m p2 + lẻ ⇒ q lẻ mm++2 5 432 2 Nếu p = 2 thì 2+= 1q ⇔( q − 1)( qqqq + + + +12) = 0,5 Vì q lẻ ⇒qqqq432 + + ++1 lẻ lớn hơn 12⇒ m+2 có ước lẻ lớn hơn 1 , vô lý. Do đó p lẻ. −432 + + ++ =m 2 Ta viết phương trình đã cho dưới dạng (q1)( qqqq12) p Do qqqq432+ + ++1 lẻ và lớn hơn 1 nên qqqq432+ + + +=1 p 0,5 hoặc qqqq432+ + + +=1 p2 432 m m + Xét trường hợp qqqq+ + + +=1 pq ⇒ −= 12 p. Do 2 pp> nên 432 0,25 q−>11 qqqq + + + + (vô lý) + Xét trường hợp 432 2 4 32 2 4 3 2 qqqqp++++=⇒++ b3 ab Đặt d = ƯCLN(a, b) Suy ra a= xd, b = yd với ƯCLN(x,y) = 1 Khi đó: ab( a++ b) dxy( x y) 0,5 = ∈ 2 22 2 a++ ab b x ++ xy y 22 2 Ta có UCLNx( ++ xyyx;) = UCLN( yx ;) = 1. 0,5 Tương tự UCLN ( x22++ xy y; y) = 1 22 Đặt d = UCCLN ( x+ y, x ++ xy y ) 22   2 x+ yd ( x++ xy y) − x( x + y) d xd ⇒22⇒ ⇒ ⇒=d 1 (Vì ƯCLN 0,25 x++ xy y d 22++ − + yd2  ( x xy y) y( x y) d  ( xy,1) = ) 22 22 Do đó d: x++⇒≥++ xy y d x xy y Mặt khác ab−|33 = dxy − | 32 = dxydd − |1 3 ⋅ ≥ 2 ⋅⋅( x 2 + xyy + 2) dxyab 2 = . 0,5 Vậy a−> b3 ab . 0,25 IV Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Đường 6,0 tròn tâm I đường kính BC cắt các cạnh AB và AC lần lượt ở M và N . Các 6,0 điểm tia BN và CM cắt nhau tại H . Gọi K là giao điềm của IH với MN . Qua I kẻ đường thẳng song song với MN cắt các đường thẳng CM và BN lần lượt ở E và Q .
5. A N K M O H E P B C D I Q 1.Chứng minh ∆ANM đồng dạng với ∆ABC và BQI = ECI . 2,0 AN AB Ta có: ∆ANB ∼∆ AMC( g ⋅ g ) ⇒ = AM AC 0,5 Xét ∆ANM và ∆ABC có: AN AB = ; A là góc chung 0,5 AM AC ⇒∆ANM ∼∆ ABC( c.g.c ) (Đpcm) Vì ∆ANM ∼∆ ABC ⇒ ANM = ABC 0,5 Mà ANM+=+= MNB ABC MCB 90 (Do BN⊥ AC; CM ⊥⇒ AB) MNB = MCB mà MNB = BQI (2 góc so le trong) 0,5 ⇒=BQI MCB hay BQI = ECI ( đpcm ) 2 2 KN HN 2. Chứng minh IQIE= IC và = . 2,0 KM HM Theo câu a, BQI = ECI lại có BIQ = EIC (2 góc đối đỉnh) ⇒∆BIQ ∼∆ EIC( g. g ) IQ IB ⇒ = ⇒⋅=IQ IE IC. IB mà IB= IC( gt) ⇒= IQ. IE IC 2 0,5 IC IE 2 IQ IC ⇒=(1) IE IE KN HK KM KN IQ 0,25 Áp dụng hệ quả Ta - Lét ta có: ==⇒= (2) IQ HI IE KM IE 2 KN IC Từ (1) và (2) ⇒= 0,25 KM IE Trên cạnh EM lấy P sao cho IP= IE( P ≠ E) ⇒∆ IPE cân tại I⇒= IPC IEP Mà IEP = HMN (2 góc so le trong, MN EQ ) ⇒=HMN IPE hay HMN = IPC 0,5 Lại có: ICP = HNM ⇒∆ HMN ∼∆ IPC( g. g )
6. IC HN IC HN ⇒= mà IP= IE (cách lấy điểm P ) ⇒= (4) IP HM IE HM 2 KN HN 0,5 Từ (3) và (4) ⇒=(đpcm) KM HM 3. Gọi D la giao điểm của AH với BC . Chứng minh rằng 111 4 ++≤ 2 . 2,0 AD⋅⋅ BN BN CM CM ⋅ AD 3(R− OH ) Vì BN⊥ ACCM;; ⊥ ABH{ } =∩⇒ BN CM H là trực tâm ∆ABC ⇒⊥AH BC hay AD⊥ BC HD HN HM SSS Do đó ta có: ++ =HBC + HAC +HAB =1 0,5 AD BN CM SABC S ABC S ABC AD−− AH BN BH CM − CH AH BH CH ⇒ + + =⇔++12 = AD BN CM AD BN CM Do H là trực tâm ∆ABC nhọn nên H nằm trong ∆ABC AH≥−=−> AO OH R OH 0  ⇒BH ≥−=−> BO OH R OH 0 (BĐT ba điểm)  0,5 CH≥−=−> CO OH R OH 0 AH BH CH 111 111 2 ⇒=++25 ≥−(R OH ) ++ ⇒++ ≤ ( ) AD BN CM AD BN CM AD BN CM R− OH Với mọi xy, ta có : (x− y )02 ≥⇔ x 22 + y ≥ 2 xy Chứng minh tương tự : y22+≥ z2 yz ; z 22 +≥ x2 zy Cộng theo từng vế ba BĐT trên ta được: 0,5 22( x2++ y 22 z) ≥( xyzzx ++⇔++≥++) x2 y 22 z xyyzzx ⇔(x ++ y z )32 ≥( xy + yz + zx) 111 Áp dụng BĐT trên với xyz=;; = = ta suy ra được: AD BN CM 2 111  1 1 1 ++  ≥3 + +  AD BN CM AD⋅⋅ BN BN CM CM ⋅ AD    111 4 Töø (5) vaø (6) ⇒++ ≤ (ñpcm) 0,5 AD⋅⋅ BN BN CM CM ⋅ AD 3(R− OH )2 Dấu " =" xảy ra ⇔ dấu " =" của các bất đẳng thức trên đồng thời xảy ra ⇔∆ABC đều. V Cho ba số abc,,≥ 1 thỏa mãn 16abc+ 4( ab + bc + ca) =81 + 24( a ++ b c) . 2,0 Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức điểm 111 2,0 Q = ++ aa( 2−+111 abb) ( 22 −+ bcc) ( −+ c) aa2−−111 bbcc 22 −− −− Ta coù: Q =++ aa22−−111 a bb 22 −− b cc 22 −− c ( ) ( ) ( ) aabbcc2−−1 2 −− 1 2 −− 1 a222 − 111 b − c − = + + =−++3  0,5 −−−a b c abc 
7. abc222−−−111 abc222−−−111 ⇒−=−++Q3  =−=++PP. Vôùi abc abc  Sử dụng bất đẳng thức : Với xyz,,≥ 0, ta luôn có x+ y + z ≤3( xyz ++) Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi xyz= = . Từ bất đẳng thức đã cho ta có: 1 1 1 111 111 =− +− +− ≤ − ++ = − ++ 0,5 P 12 1 2 1 2 33222 9 3 222 a b c abc abc 2 111 Suy ra P ≤9 − ++ abc Từ giả thiết 16abc+ 4( ab + bc + ca) =81 + 24( a ++ b c) 81 1 1 1  1 1 1 * ⇔16 = + 24 + +  −4 ++ ( ) abc ab bc ca  a b c  2 3 1 1 1 11111 1 111 Ta có + + ≤⋅ ++ và ≤ ⋅ ++ ab bc ca3  a b c abc27  a b c 0,5 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi abc= = . 111 Đặt tt= + +;0 <≤ 3 (Vì abc,,≥ 1) . Từ ( * ) ta có abc 4 16≤ 3ttt32 + 8 − 4 ⇔ 3 ttt 32 + 8 − 4 − 16 ≥⇔ 0( 3 t − 4) ( t + 2)2 ≥⇔≥ 0 t ( Vi 0 <≤ t 3 3 22 1 1 1   4 65 Suy ra P ≤−++≤−99   = abc  33 65 9− 65 ⇒QP −3 =− ≥− ⇔ Q ≥ . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 33 16abc+ 4( ab + bc + ca) =81 + 24( a ++ b c) . 0,5  9 abc== ⇔===abc  4 abc,,≥ 1 9− 65 9 Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là khi abc= = = . 3 4 Hết Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. - Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.