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

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

1. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2022-2023 Khóa ngày 13 tháng 12 năm 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN LỚP 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) SỐ BÁO DANH: Đề gồm có 01 trang và 05 câu. 251 xx−1 Câu 1 (2.0 điểm): Cho biểu thức A =−+ : 2 . 2121xx+−41x − ()21x + a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị biểu thức A khi x=++−332014220142 . Câu 2 (2.0 điểm): a) Giải phương trình: xxxx2 −−=−−4211 () . 3112xmy+−=() b) Cho hệ phương trình: (với m là tham số). ()mxy−+=11224 Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất ( )xy; thỏa điều kiện xy+ 1. Câu 3 (1.5 điểm): Cho ba số thực dương x y,, z thỏa mãn xyz++= 2023. yz zx xy 2023 Chứng minh rằng: x. + y. + z. . yzzxxy+ 202220222022+ + 3 Câu 4 (3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Điểm E di động trên cạnh CD (khác C, D). M là giao điểm của AE với BC. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AE cắt CD tại N. I là trung điểm của đoạn thẳng MN. Đường phân giác của góc BAE cắt cạnh BC tại P. Chứng minh rằng: a) BMDEa. = 2 . b) AI vuông góc với MN và I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi E di động trên cạnh CD (khác C, D). c) APEP 2 . Câu 5 (1,0 điểm): Cho Pnnnn=−++6432 22(với nn ,1). Chứng minh rằng: P không phải là số chính phương. HẾT Chú ý: + Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. + Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
2. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2022-2023 Khóa ngày 13 tháng 12 năm 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN LỚP 9 THCS Đáp án này gồm có 06 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của thí sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu thí sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Ở câu 4 nếu thí sinh không vẽ hình thì cho 0 điểm. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Thí sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm 1 251 xx−1 Cho biểu thức A =−+ : 2 2121xx+−41x − ()21x + 2.0 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị biểu thức A khi x=++−332014220142 . 1.a 251 xx−1 Rút gọn biểu thức A =−+ : 2 2121xx+−41x − ()21x + 1.0 1 Điều kiện: xxx 0;;1 . 0.25 4 4x− 2 − 5 x + 2 x + 1 (2 x + 1)2 A = . 0.25 (2x+ 1)(2 x − 1) x − 1 xx−+1 2 1 A = . 0.25 2xx−− 1 1 21x + A = 21x − 0.25 21x + 1 Vậy A = với điều kiện x 0; x ; x 1. 21x − 4 1.b 33 Tính giá trị biểu thức A khi x=++−20 14 220 14 2 . 1.0 Áp dụng hằng đẳng thức ()a+ b3 = a33 + b +3 ab() a + b , ta có : 0.25 xx3 =20 + 14 2 + 20 − 14 2 + 33 () 20 + 14 2() 20 − 14 2 . 1
3. =++−xx3 4032014220142.3 () () 0.25 −−=xx3 6400 −++=()xxx44100() 2 0.25 =++ xdoxx4 ( 4100)2 212415x ++ Thay x = 4 vào A ta được A === 21241x −−3 0.25 5 Vậy A = khi x=++−332014220142 . 3 2.a Giải phương trình xxxx2 −−=−−4211 () . 1.0 Điều kiện: x 1 (*). Ta có: x2 − x −4 = 2 x − 1() 1 − x +−+−−+−−=xxxxxx2 2112(1)30 2 0.5 +−−+−−=()xxxx 12130 () +−++−−=(xxxx 11130)( ) 13 x +−xxxx = −1313 = − 2 xxx−1 = 9 −+ 6 13 x 13 x 13 x 0.5 2 = x = 2 x 2 xx−+=7100 ()()xx−−=250 x = 5 Vậy phương trình có nghiệm x = 2. 2.b 3112xmy+−=() Cho hệ phương trình (với m là tham số). ()mxy−+=11224 1.0 Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất ( )xy; thỏa điều kiện xy+ 1. 31121xmy+−=()( ) 3112xmy+−=() Ta có: 241−−()mx ()mxy−+=11224 y = ()2 12 Thay (2) vào (1) ta được: 36116824−−=−mxm 2 () 0.25 ()()m −7 m + 5 x = 24 m − 168() 3 Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) có nghiệm duy nhất m −5 m 7 24m − 168 24()m − 7 24 Khi đó: x === ()()m−7 m + 5()() m − 7 m + 5 m + 5 0.25 2
4. Thay vào (2) ta được 24 241()m − ()m −+= =−1 .12241224 yy mm++55 21()m − 12 =− =yy2 mm++55 2412365 −−m Do đó: xy+ 1 + 10 mm++55 m + 5 0.25 m − 31 − + 03105mm m + 5 −5 m 31 Kết hợp với điều kiện ta có −5 3 1m và m 7 . 0.25 Vậy −5 3 1m và m 7 thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 3 Cho ba số thực dương x y,, z thỏa mãn x y+ z + = 2023. Chứng minh yz zx xy 2023 1.5 rằng: x. + y. + z. . yzzxxy+ 202220222022+ + 3 Ta sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc sau: + Cho ba số thực abc,, ta có: ()()()a−+−+− ++−−− bb2 ccaabcab2 bcca 2 00222 ()()abcabbcca++ ++ ( ) 2 31 + Cho hai bộ số thực ()aaa123,, và ()b1,, b 2 b 3 ta có: 2 22 ()a1 ba 22−+−+− ba 12 33 ba 23 ba 11()() ba 3 b 0 0.25 222 2 2 2 +++++()()a1 ba 22 ba 12 33 ba 23 ba 11 ba 3 ()()()() b 2(abab1122 + abab 2233 + abab 3311 ) 222222 2 ++++ ++()()aaabbba1231231 12 ba 23 3 ba b ( ) 222222 ++ ++++a1 ba 12 ba 23 3123123 baaabbb ()() ()2 Ta chứng minh cho trường hợp tổng quát: Cho ba số thực x y,, z dương và xyzk++= 1. xy ()kxy−+1 Ta có bất đẳng thức sau: ()3 xkyk+−() 1 2 0.5 Thật vậy, ()()()()3 k − 1 x2 + xyk + −12 xyk + − 1 ykxy2 − 2 0 ()()k −10 x − y 2 (đúng) yz zx xy Áp dụng (3) ta có: x. ++y. z. y+() k −1 z z +() k −1 x x +() k −1 y 1 xk.() − 1 yzyk + + .() − 1 zxzk + + .() − 1 xy + 0.25 k ( ) 1 =x.() k − 1 yx + zx + y.() k − 1 zy + xy + z.() k − 1 xz + yz k ( ) 3
5. 1 ++−++−++−+()()()()xyzkyxzxkzyxykxzyz( 1 1 1 ) (theo (2)) k 1 =++ kzxxyyz2 () k 0.25 2 ()x++ y z k =xy + yz + zx = (theo (1)) 3 3 yz zx xyk Do đó: x. + y. + z. ()4 ykzzkxxky+−+−+−() 1 () 1 () 1 3 Thay k = 2023 ta được: yz zx xy 2023 0.25 x. + y. + z. (đpcm) y+ 2022 z z+ 2022 x x+ 2022 y 3 2023 Dấu ""= xảy ra khi x y= z = = . 3 4 Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Điểm E di động trên cạnh CD (khác C, D). M là giao điểm của AE với BC. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AE cắt CD tại N. I là trung điểm của đoạn thẳng MN. Đường phân giác của góc BAE cắt cạnh BC tại P. Chứng minh rằng: 3.5 a) BMDEa. = 2 . b) AI vuông góc với MN và I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi E di động trên cạnh CD (khác C, D). c) APEP 2 . N I 0.25 A D E K L B P C M F 4
6. 4.a B M D. E a = 2 1.0 Xét tam giác AEN có: EAN = 900 , AD là đường cao. Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông cho tam giác AEN ta có: 0.5 DEDNADDEDNa. = = 22.1 () Xét hai tam giác ADN và MBA ta có: ADNABM==900 A D A== B a 0.5 D A N B= A M (vì cùng phụ với góc DAE ) Suy ra: =ADNMBAg c gDNBM() = ()2 Từ (1), (2) suy ra: B M D. E a = 2 (đpcm) AI vuông góc với MN và I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi 1.25 E di động trên cạnh CD (khác C, D). Xét tam giác AMN ta có: A M A= N (theo câu a)), AI là đường trung 0.25 tuyến. Suy ra: AI là đường cao của tam giác AMN hay A I M⊥ N . Xét tam giác AMN ta có: MAN = 900 (giả thiết), AI là đường trung tuyến. MN 0.25 Suy ra: AI = ()3 . 2 4.b Xét tam giác CMN ta có: MCN = 900 (giả thiết), CI là đường trung tuyến. MN 0.25 Suy ra: CI = ()4 . 2 Từ (3), (4) suy ra: A I C= I hay I nằm trên đường trung trực của đoạn 0.25 thẳng AC (5) Mặt khác, BD là đường trung trực của đoạn thẳng AC (vì ABCD là hình vuông) (6) 0.25 Từ (5), (6) suy ra: I nằm trên đường thẳng BD cố định (đpcm) 4.c AP 2 EP 1.0 Kẻ EFAPFAB⊥ () , EK⊥ AB() K AB (7) Xét tứ giác BCEK có BCK= = = 900 nên BCEK là hình chữ nhật. 0.5 Suy ra: EK== BC a ()8 Gọi L là giao điểm của AP với EK. Ta có: BAP= KEF (vì cùng phụ với 0.25 góc AKL (9) 5
7. Từ (7), (8), (9) suy ra: =ABPEKFAPEF = ()10 Vì AP vừa là đường cao vừa là đường phân giác của tam giác AEF nên AP là đường trung trực của đoạn thẳng EF. Suy ra: P E P= F (11 ) 0.25 Từ (10), (11) ta có: APEFPEPFPEPEPEAPPE= +=+= 22 (đpcm) 5 Cho Pnnnn=−++6432 22 (với nn ,1). Chứng minh P không 1.0 phải là số chính phương. Ta có: Pnnnnnnnn=−++=++6432222 22(1).(- 22) 0.25 Với nn ,1 thì nnnn2 −+=−+ −22(1)1(1) 2 2 0.25 và nnnnn2 −+=−− 222(1) 2 2 0.25 Do đó: ()nnnn− −+ 1222 22 nn2 −22 + không là số chính phương 0.25 Vậy Pnnnn=−++6432 22không là số chính phương. 6