Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Nghệ An (Có đáp án)

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NGHỆ AN NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn thi: TOÁN – BẢNG A ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (3,5 điểm). a) Cho m,n là các số nguyên. Chứng minh rằng mn m22 n chia hết cho 6. b) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn p2 14q 22 2r 6pqr. Câu 2 (6,5 điểm). a) Giải phương trình 13x12x1 7x18x14. x4 2x 3 y x 22 y 7x 9 b) Giải hệ phương trình x yx1 3. Câu 3 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x222 y z xy 3yz zx . x1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P. 2 2y z xy y 2z Câu 4 (7,0 điểm). Cho nửa đường tròn O , đường kính BC 2R và một điểm A thay đổi trên nửa đường tròn đó A không trùng với B và C. Vẽ AH vuông góc với BC tại H. Gọi I, J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AHB và AHC. Đường thẳng IJ cắt AB, AC theo thứ tự tại M và N. a) Chứng minh tam giác AMN vuông cân. PA222 PB PC b) Gọi P là giao điểm của BI và CJ. Chứng minh 1. CA.AB AB.BC BC.CA c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác HIJ theo R. Câu 5 (1,5 điểm). Trên một khu đất hình chữ nhật kích thước 100m 120m. Người ta muốn xây một sân bóng nhân tạo có nền đất là hình chữ nhật kích thước 25m 35m và 9 bồn hoa hình tròn đường kính 5m. Chứng minh rằng dù xây trước 9 bồn hoa ở các vị trí như thế nào thì trên phần đất còn lại luôn tìm được một nền đất kích thước 25m 35m để xây sân bóng. Hết Họ và tên thí sinh Số báo danh Chú ý: Thí sinh không được phép sử dụng máy tính bỏ túi. Trang 1
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NGHỆ AN NĂM HỌC 2022 – 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Bảng A ( Hướng dẫn chấm này gồm có 05 trang) Câu ĐÁP ÁN THAM KHẢO Điểm 1.a 22 Cho m,n là các số nguyên. Chứng minh rằng mn m n chia hết cho 6. (2,5đ) 22 3 3 3 3 3 3 Ta có mn m n m n mn m n mn mn mn n m m m n n 1,0 Với mọi số nguyên a, ta có: a3 a aa 1 a 1 0,5 Vì a 1,a,a 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên a 1a a 1  6 a3 a 6, với mọi số nguyên a. 0,5 3 m6 m  3 3 2 2 Từ đó suy ra nm m mn n  6 mnm n 6 0,5 3 nn  6 1.b 2 22 Tìm tất cả các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn: p 14q 2r 6pqr. (1,0đ) q2  1 mod3 14q2  2 mod3 22 Giả sử q và r đều không chia hết cho 3 14q  2r 1 mod3 2 2 r 1 mod3 2r 2 mod3 0,25 q3 q 3 Suy ra p2  2 mod3 (Vô lý vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1) r3 r 3 22 Trường hợp 1: Với q3 p 2r 18 pr 7 Nếu p lẻ p22 2r lẻ và 18 pr 7 chẵn nên không tồn tại p,r thỏa mãn p2 0,25 r5 Khi p 2, thay trở lại ta có : r2 18r 65 0 r 13 Trường hợp 2: Với r3 p22 14q 18 pq 1 0,25 Nếu p lẻ p22 14q lẻ và 18 pq 1 chẵn nên không tồn tại p, q thỏa mãn p2 q1 2 Khi p 2, thay trở lại ta có : 7q 18q 11 0 11 (loại) q 0,25 7 Vậy p; q; r 2; 3;5 hoặc p; q; r 2; 3;13 . 2.a Giải phương trình 13x 1 2x 1 7x 1 8x 1 4. (3,0đ) 1 Điều kiện x . Phương trình đã cho tương đương với: 26x 2 2x 1 14x 2 8x 1 8. 2 0,5 22 a 8x 1 14x 2 8x 1 3 2x 1 a 3b Đặt a 0,b 0 22 0,5 b 21x 26x 2 2x 1 3 8x 1 b 3a Trang 2
3. 3 Khi đó, phương trình trên trở thành: a22 3ba b 22 3ab8 ab 8 ab2 0,5 2 Với a b 2 8x 1 2x 1 2 8x 1 2x 1 2 8x 1 2x 1 2 0,5 3x 1 0 3x122x1 2 0,5 3x142x1 1 x1 x 5 3 . Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1, x . 5 2 x 9 0,5 9x 14x 5 0 9 4 3 22 2.b x 2x y x y 7x 9 Giải hệ phương trình (3,5đ) x yx1 3. 2 2 x xy 7x 9 1 Hệ phương trình đã cho tương đương với 2 0,5 xy x x2 3 2 Thay (2) vào (1) ta có: 2xx32 7x9 0,5 43 2 4x 4x 13x 13x 0 0,5 x0 4x32 x 1 13x x 1 0 x x 1 4x 13 0 x1 1,0 Thay vào (2) ta thấy: Khi x0 0y 3 (không thỏa mãn). 0,5 Khi x1 y3 0,5 Vậy nghiệm của hệ đã cho là x; y 1; 3 . 222 3 Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn x y z xy 3yz zx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu (1,5đ) x1 thức P. 2 2y z xy y 2z +) Ta có: 2 x 222 y z xy 3yz zx x z x y y 3z 2 2 x y y 3z x 2y 3z x 2y 3z 2 x z 2y z x 0,5 2 4 x1 Do đó 2 1 . 2y z 2y z +) Lại có: 2 1 1 3y y 2z 112 3 xy y 2z x. 3y y 2z x. x 2y z 2y z 2 3 32 33 0,5 13 Từ (1), (2) suy ra P 3 2y z 2y z Trang 3
4. 1 3 2 3 1 2 2 2t32 9t 27 Đặt 2y z t,t 0. Ta có P 33 3 t t 9 t t 9 9 9t 2 2 22 t 6t 9 2t 3 t 3 2t 3 2 , t 0. Dấu "" xảy ra t 3. 9 9t339 9t 9 0,5 x3z x3 2 Vậy max P y z y 1 9 2y z 3 z 1 4.a Chứng minh tam giác AMN vuông cân. (4,0đ) 1,0 0 Ta có BAC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) HA HC 1,0 +) Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH suy ra HA2 HB.HC 1 HB HA HI HA +) Lại có IHA# JHC (g.g) 2 0,5 HJ HC HI HB Từ (1) và (2) suy ra ; HJ HA 0,5 Đồng thời IHJ AHB 900 HIJ# HBA c.g.c . HIJ HBA MIH MBH 1800 0,5 Suy ra IMB IHB 18000 IMB 135 AMN 45 0. Suy ra tam giác AMN vuông cân tại A. 0,5 PA222 PB PC 4.b Gọi P là giao điểm BI và CJ. Chứng minh 1. CA.AB AB.BC BC.CA (2,0đ) Ta có AP là phân giác của BAC . Qua P vẽ đường thẳng vuông góc với AP, cắt AB, AC theo thứ tự tại D và E. Suy ra tam giác ADE vuông cân tại A. 0,5 Suy BDP BPC PEC 1350 Khi đó, ta có: PD PC +) DBP# PBC (g.g) và PB2 DB.BC. (3) BD PB 0,5 PE PB +) EPC# PBC (g.g) và PC2 BC.CE. (4) CE PC Trang 4
5. PD PE PC PB Suy ra: . . 1 PD.PE BD.CE BD.CE PD.PE PE2 (do PD = PE) (5) BD CE PB PC Áp dụng định lí Pytago cho tam giác PAE vuông tại P ta có: 0,5 PA2222 AE PE AE BD.CE AE.AD BD.CE , theo (5). AC CE AB BD BD.CE AB.AC BD.AC AB.CE 0,5 2 PA BC AB.AC.BC BC.BD AC AB. EC.BC 0,5 PA2 BC AB.AC.BC PB22 .AC PC .AB , do kết hợp với (3) và (4). PA2 PB 22 PC PA222 PB PC 1 1 AB.AC BC.AB AC.BC AB.AC AB.BC BC.CA 0,5 4c Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác HIJ theo R. (1,0đ) 0,25 Gọi K và F theo thứ tự là giao điểm của AI;AJ với BC. AFC FAC ACF Ta có AFC BAF BAF cân tại B BF BA BAF HAF B AH Tương tự CAK cân tại C CK CA Khi đó: KF CK CF CK BC BF AC AB BC 0 Xét tam giác KAJ có KAJ 45 ;JA JK (do J nằm trên CJ là trung trực đoạn AK) AJ 1 AI 1 KAJ vuông cân tại J . Tương tự FAI vuông cân tại F AK 2 AF 2 0,25 AJ AI IJ AJ 1 Từ đó suy ra AJI# AKF c.g.c AK AF FK AK 2 22 FK AB AC BC 2 AB AC BC 2.BC BC BC 2 1 IJ . 22 2 2 2 0,25 Đẳng thức xảy ra khi AB = AC . Trang 5
6. 2 22 Lại có IHJ vuông tại H suy ra IH JH IJ BC 2 1 Mặt khác IH JH 2IH 22 JH 2IJ 2 2.IJ 2. BC 2 1 . 2 Đẳng thức xảy ra khi IH JH 0,25 BC 2 1 BC 2R Từ (8) và (9) suy ra IH JH IJ BC 2 1 R 2 2 22 Dấu “=” xảy ra khi A là điểm chính giữa cung BC. Vậy GTLN của chu vi HIJ là R2, khi A là điểm chính giữa cung BC. Trên một khu đất hình chữ nhật kích thước 100m 120m. Người ta muốn xây một sân bóng nhân 5 tạo có nền đất là hình chữ nhật kích thước 25m 35m và 9 bồn hoa hình tròn đường kính 5m . (1,5đ) Chứng minh rằng dù xây trước 9 bồn hoa ở các vị trí như thế nào thì trên phần đất còn lại luôn tìm được một nền đất kích thước 25m 35m để xây sân bóng. Ta chia mảnh đất hình chữ nhật ban đầu thành các mảnh đất hình chữ nhật nhỏ kích thước 30m x 40m (như hình vẽ). Có tất cả 10 hình chữ nhật 30m x 40m . 0,5 Theo nguyên lí Dicrichle tồn tại ít nhất một hình chữ nhật 30m x 40m không chứa tâm hình tròn nào trong 9 hình tròn nói trên. Giả sử đó là ABCD 0,5 Ta cắt mỗi cạnh của mảnh đất ABCD này đi 2,5m được một mảnh đất mới MNPQ có: Chiều rộng MN 30 2.2,5 25m Chiều dài NP 40 2.2,5 35m 0,5 Suy ra MNPQ là mảnh đất đủ để xây sân bóng theo yêu cầu. Như vậy trong phần đất còn lại sau khi xây 9 bồn hoa ta luôn tìm được mảnh đất có kích thước 25m x 35m để xây sân bóng. Hết Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Trang 6
7. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NGHỆ AN NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn thi: TOÁN – BẢNG B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (3,5 điểm). a) Cho a, b là các số tự nhiên lẻ và không chia hết cho 3. Chứng minh rằng ab22 chia hết cho 24. b) Tìm tất cả các số nguyên dương n để 9n2 6n 35 là số nguyên tố. Câu 2 (6,5 điểm). a) Giải phương trình 3x18x12x1. x22 y 2xy 1 7x 9 b) Giải hệ phương trình xy x 2. Câu 3 (1,5 điểm). Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn x 3y 2z 3. Tìm giá x22 9y trị lớn nhất của biểu thức P z z2 8z 17 . xy 1 Câu 4 (7,0 điểm). Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O,R . Trên cung BC không chứa điểm A lấy điểm M bất kỳ M không trùng với B và C . a) Chứng minh MA MB MC. MD MD b) Gọi D là giao điểm của AM và BC. Chứng minh 1. MB MC 12 2 1 1 c) Xác định vị trí của M để tổng: 2023 đạt giá trị nhỏ MA MD MB MC nhất. Câu 5 (1,5 điểm). Trên một khu đất hình chữ nhật kích thước 100m 120m. Người ta muốn xây một sân bóng nhân tạo có nền đất là hình chữ nhật kích thước 25m 35m và 9 bồn hoa hình tròn đường kính 5m. Chứng minh rằng dù xây trước 9 bồn hoa ở các vị trí như thế nào thì trên phần đất còn lại luôn tìm được một nền đất kích thước 25m 35m để xây sân bóng. Hết Họ và tên thí sinh Số báo danh Chú ý: Thí sinh không được phép sử dụng máy tính bỏ túi. Trang 1
8. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NGHỆ AN NĂM HỌC 2022 – 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Bảng B ( Hướng dẫn chấm này gồm có 04 trang) Câu ĐÁP ÁN THAM KHẢO Điểm 1.a Cho a, b là các số tự nhiên lẻ và không chia hết cho 3. Chứng minh rằng ab22 chia hết cho 24. (2,0đ) kh«ng chia hÕt cho 3 a2  1 mod3 a 22 +) Do a b3 1 0,5 kh«ng chia hÕt cho 3 2 b b 1 mod3 a 12 2 +) Do a không chia hết cho 2 a 1  8, do a1 và a1 là hai số chẵn liên tiếp. 0,5 a 14 2 +) Tương tự b 18 0,5 Do đó a22 b a 2 1 b 2 18  2 Từ (1), (2) suy ra a22 b 24. 0,5 1.b 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n để 9n 6n 35 là số nguyên tố. (1,5đ) 2 Ta có 9n2 6n 35 9n2 6n 1 36 3n 1 36 0,5 3n 1 6 3n 1 6 3n 5 3n 7 0,5 Lại có: 3n 5 3n 7, n Suy ra 9n2 6n 35 là số nguyên tố thì 3n 5 1 n 2 0,5 Thử lại ta thấy n2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2.a Giải phương trình 3x18x12x1. (3,0đ) 1 Điều kiện x . Phương trình đã cho tương đương với: 6x 2 2 8x 1 2x 1 . 2 0,5 a 8x 1 22 Đặt a 0, b 0 6x 2 8x 1 2x 1 a b 0,5 b 2x 1 Phương trình trên trở thành: a22 b 2a b abab2 0 ab20,doab0 0,5 2 Với a b 2 8x 1 2x 1 2 8x 1 2x 1 2 8x 1 2x 1 2 0,5 3x 1 0 3x122x1 2 0,5 3x1 4 2x 1 Trang 2
9. 1 x1 x 5 3 . Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1, x . 5 2 x 9 0,5 9x 14x 5 0 9 22 2.b x y 2xy 1 7x 9 Giải hệ phương trình (3,5đ) xy x 2. 2 xy 1 7x 9 1 Hệ phương trình đã cho tương đương với 2 0,5 xy x 2 2 2 Thay (2) vào (1) ta có: x2 3 7x 9 x42 6x 7x 0 0,5 x x3 6x 7 0 0,5 x0 xx 1 x2 x 7 0 x1 1,0 Thay vào (2) ta thấy: Khi x0 0y 3 (không thỏa mãn). 0,5 Khi x1 y3 0,5 Vậy nghiệm của hệ đã cho là x; y 1; 3 . Cho các số thực không âm x, y,z thỏa mãn x3y2z3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 x22 9y (1,5đ) P z z2 8z 17 . xy 1 3 +) Ta có: x 3y 2z 3 x 3y 3 2z 3 2z 0 z 0,5 2 2 x2222 9y x 9y x 22 9y 6xy 6 x 3y 6 +) Lại có 66 6 6 xy 1 xy 1 xy 1 xy 1 2 0,5 3 2z 6 x 3y 3 2z 6, do 1 xy 0 2 Khi đó P 3 2z z32 8z 17z z32 4z 5z 9 z2 2z 1 z 2 11 2 3 11 z2 1 z 11, do z 2 0, 0 z . 2 0,5 Dấu "" xảy ra z 1. 1 1 Vậy max P 11 x; y;z 0; ; 1 hoặc x; y;z ;0; 1 . 3 3 4.a Chứng minh MA MB MC . (3,0đ) Trang 3
10. 0,5 Trên đoạn AM lấy điểm E sao cho ME = MB, 0,5 0 Ta có: AMB ACB 60 (cùng chắn cung AB). 0,5 Suy ra tam giác MBE là tam giác đều. Suy ra MB = BE (1) Xét tam giác EBA và tam giác MBC có: 0,5 MB BE; AB AC; BCM BAE (cùng chắn cung BM) Suy ra EBA MBC (c.g.c) EA MC (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra MB MC ME EA MA. 0,5 MD MD 4.b Gọi D là giao điểm AM và BC. Chứng minh 1 MB MC (3,0đ) Ta có ADB CDM (đối đỉnh) và BAD DCM (cùng chắn cung BM) 0,5 MD BD ABD# CMD(g.g) (3) CM AB 0,5 MD CD Tương tự ACD# BMD(g.g) BM AC 1,0 MD CD CD Lại do AC AB (4) BM AC AB 0,5 MD MD BD CD BC AB Cộng (3) và (4) vế theo vế ta có 1 CM BM AB AB AB AB 0,5 Trang 4
11. 12 2 1 1 4.c Xác định vị trí của M để tổng: 2023 đạt giá trị nhỏ nhất. MA MD MB MC (1,0đ) MD MD 1 1 1 4 Từ kết quả câu b) 1 MB MC MD MB MC MB MC 0,25 Dấu “=” xảy ra khi MB = MC (5) 122 11 1211 11 Khi đó: 2023 2 2023 MA MD MB MC MA MB MC MB MC 0,25 12 1 1 2025 MA MB MC 12 4 12 4 2025. 2025. (do kết quả câu a: MB MC MA ) MA MB MC MA MA 0,25 8112 8112 4056 (do MA 2R ). Dấu “=” xảy ra khi MA 2R MB = MC. MA 2R R 0,25 Trên một khu đất hình chữ nhật kích thước 100m 120m. Người ta muốn xây một sân bóng nhân 5. tạo có nền đất là hình chữ nhật kích thước 25m 35m và 9 bồn hoa hình tròn đường kính 5m . (1,5đ) Chứng minh rằng dù xây trước 9 bồn hoa ở các vị trí như thế nào thì trên phần đất còn lại luôn tìm được một nền đất kích thước 25m 35m để xây sân bóng. Ta chia mảnh đất hình chữ nhật ban đầu thành các mảnh đất hình chữ nhật nhỏ kích thước 30m x 40m (như hình vẽ). Có tất cả 10 hình chữ nhật 30m x 40m . 0,5 Theo nguyên lí Dicrichle tồn tại ít nhất một hình chữ nhật 30m x 40m không chứa tâm hình tròn nào trong 9 hình tròn nói trên. Giả sử đó là ABCD 0,5 Ta cắt mỗi cạnh của mảnh đất ABCD này đi 2,5m được một mảnh đất mới MNPQ có: Chiều rộng MN 30 2.2,5 25m Chiều dài NP 40 2.2,5 35m 0,5 Suy ra MNPQ là mảnh đất đủ để xây sân bóng theo yêu cầu. Như vậy trong phần đất còn lại sau khi xây 9 bồn hoa ta luôn tìm được mảnh đất có kích thước 25m x 35m để xây sân bóng. Hết Ghi chú: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Trang 5