Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Sở GD&ĐT Nam Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Sở GD&ĐT Nam Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn: Toán – Lớp: 9 THCS. Thời gian làm bài: 150 Phút. Đề thi gồm: 01 trang. Câu 1. (3,0 điểm) 111 1 1) Cho abc, , là các số thực dương thoả mãn ++= . Chứng minh a b c abc bc+++111 ac ba ++=3 abc222+++111 2) Cho đa thức Px( ) =++( x1)( x 2)( x + 3) ( x + 2022) . Khi khai triển đa thức Px( ) ta được 2 2021 2022 P( x) = a0 + ax 1 + ax 2 ++ a2021 x + a2022 x . Tính giá trị của biểu thức aaa+ + ++ a a S = 1 3 5 2021 − 0 aaa0+ 2 + 4 ++ a2022 2( aaa 1 + 3 + 5 ++ a2021 ) Câu 2. (5,0 điểm) 1) Giải phương trình ( x+13)( xx + +− 13) = 4 x3 − 2 xy( ++=13) y 2) Giải hệ phương trình  22  52−( x ++ y) 2 − xy = 2 Câu 3. (3,0 điểm) 2 1) Tìm tất cả các số nguyên tố pq, sao cho p4− qp 22( + q 2 +=11) ( q 2 +) 2) Cho mnpq, , , là các số nguyên thoả mãn (mnpq++ +)30 . Chứng minh rằng (mnpq55++ 55 +)30 Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với AB< AC nội tiếp đường tròn(O) . Gọi BH và CQ là hai đường cao của tam giác ABC . Tiếp tuyến tại B và tại C của đường tròn (O) cắt nhau tại M . Đoạn thẳng OM cắt BC và cắt đường tròn (O) lần lượt tại N và D . Tia AD cắt BC tại F ; AM cắt BC tại E và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K (K khác A ). 1) Chứng minh rằng: AB KC= AC KB và ABM= AHN . 2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN . Chứng minh IOM += ADN 1800 . 3) Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt QH tại G. Chứng minh ba điểm AGN, , thẳng hàng. Câu 5. (2,0 điểm) 1) Lấy 2018 điểm phân biệt ở miền trong của một ngũ giác lồi cùng với 5 đỉnh của ngũ giác đó ta được 2023 điểm phân biệt sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết diện tích của ngũ giác là 1 đơn vị. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2023 điểm đã cho có diện tích không vượt quá 1 đơn vị. 4039 2) Xét abc, , là các số thực dương thỏa mãn abc++≥3 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 111 Q =++ a222++ bc ab + + c abc ++ Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Họ, tên và chữ ký của GT 1: Họ, tên và chữ ký của GT 2:
2. Câu Đáp án Điểm 1.1 111 1 Cho abc,, là các số thực dương thoả mãn ++= . Chứng minh (1,5 a b c abc (1,5) điểm) bc+++111 ac ba ++=3 222+++ abc111 Ta có 111 1 ++= ⇔ab + bc + ac =1 a b c abc 0,25 Ta có bc+1 bc +++ ab bc ac ba( ++ c) ca( + b) b c = = = + a22+1 a +++ ab bc ac( a + c)( a + b) a + b a + c 0,5 Chứng minh tương tự: ac+1 a c ab+1 a b = + và = + b2 +++1 ab bc c2 +++1 ac bc 0,25 Do đó: bc+++111 ac ba b c a c a b + + =+++++ a222+111 b + c +++++++ ab ac ab bc ac bc ba  ca  bc  =+++++=++=   111 3 ab++ ab ac ++ ac bc ++ bc     0,5 bc+++111 ac ba 111 1 Vậy ++=3 khi ++= và abc,,> 0 abc222+++111 a b c abc 1.2 Cho đa thức Px( ) =++( x1)( x 2)( x + 3) ( x + 2022) . Khi khai triển đa thức Px( ) ta (1,5 (1,5) = + +2 ++ 2022 điểm) được P( x) a0 ax 1 ax 2 a2022 x . Tính giá trị của biểu thức aaa+ + ++ a a S = 1 3 5 2021 − 0 aaa0+ 2 + 4 ++ a2022 2( aaa 1 + 3 + 5 ++ a2021 ) Ta có: 2 2022 P( x) = a0 + ax 1 + ax 2 ++ a2022 x =( xx++1)( 2)( x + 3) ( x + 2022) ⇒ = + +2 ++2022 =1++ 1 1 2 1 + 3 1 + 2022 P(1) aa0 1 .1 a 2 .1 a2022 .1 ( )( )( ) ( ) ⇒P(1) = aaa0 + 1 + 2 ++ a2022 = 2023! 0,5 Lại có 2 2022 P(−1) = aa0 + 1 .( − 1) + a2 .( − 1) + + a2022 .( − 1) =−+( 1 1)( −+ 1 2) ( −+ 1 2022) ⇒ −= − + −+ = P( 1) aaa0 1 2 a2022 0 ⇒aa0 + 2 ++ a2022 = aaa 1 + 3 + 5 ++ a2021 Mà aaa+ + ++ a = 2023! 0 1 2 2022 2023! ⇒aa + ++ a = aa + ++ a = 0 2 2022 1 3 2021 2 0,5 Ta có 2 2022 P(0) = aa0 + 1 .0 + a 2 .0 ++ a2022 .0 =( 0 + 1)( 0 + 2) ( 0 + 2022) ⇒==Pa0 2022! ( ) 0 Do đó 0, 5
3. aaa+ + ++ a a 2022! 2022! S =1 3 5 2021 − 0 =−=−11 aaa+ + ++ a 2 aaa + + ++ a 2023! 2023! 0 2 4 2022( 1 3 5 2021 ) 2. 2 1 2022 =−=1 2023 2023 2.1 Giải phương trình ( x+13)( xx + +− 13) = 4 x3 − 2 (2,5) (2,5 điểm) x +≥10 Điều kiện xác định:  ⇔≥x 0 x3 ≥ 0  0,25 Khi đó phương trình đã cho tương đương với 3x2 + 333 x − x −+( x + 1) ( x + 14) = xx − 2 ⇔3x2 − 4 xx ++ x( x + 1) ( x + 1) −( x + 10) = ⇔xx(3 − 4 x ++ 1) ( x + 1)( ( x +−= 11) ) 0 0,5 ( xx+1) ⇔xx(34 − x ++ 1) = 0 x ++11 x +1 ⇔xx34 − x ++ 1 = 0 x ++11 0,5 x = 0  ⇔ x +1 34xx− ++ 1 = 0 0,25  x ++11 Ta thấy: x+1 xx++21 + 34xx−++ 1 =−+ 34xx xx++11 ++11 2 2xx++ 2 + 14 =3x −+ − 33x ++11 2 2 6xx+− 42 + 1 =3x −+ 3 6( x ++ 11) 0,25 2 2 xx+−11 + 5 + 2 2 ( ) =30x −+ > 3 6( x ++ 11) 0,5 Với x = 0 thoả mãn điều kiện 0,25 Vậy tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 . 2.2 xy( ++=13) y (2,5 Giải hệ phương trình . (2,5)  22 điểm)  52−( x ++ y) 2 − xy = 2  5 −52( xy +) ≥ 0 xy+≤ Điều kiện: ⇔ 2 22 −≥ 22 20xy xy ≤ 2  1 Kết hợp với phương trình trong hệ ta được điều kiện ≤≤xy 2 2 0,5 Từ phương trình xy( ++=⇔13) y xyxy ++=⇔+=− 3 xy 3 xy thế vào phương trình 22 22 52−( x ++ y) 2 − xy = 2 ta được 5− 23( −xy) +− 2 x y = 2 ⇔562 −+xy + 2 − x22 y = 2 ⇔2xy −+ 12 − x22 y = 2 0,5
4. ⇔2xy −+ 12 − x22 y = 2 ⇔4 − 22xy −− 1 22 − x22 y = 0 22 22 22 ⇔2xy −− 122 xy −++ 112 − xy − 22 − xy ++ 1 xyxy − 2 += 1 0 2 2 2 ⇔ −−+−22 −+ −= ( 2xy 11) ( 2x y 1) ( xy 1) 0 0,5  2 2xy −− 11 ≥ 0 ( )  2 1  22 Với ≤≤xy 2 thì ( 2−xy −≥ 10) 2  2 ( xy −≥10)  2 2 2 Do đó phương trình ( 2xy −−+− 11) ( 2x22 y −+ 1) ( xy −= 1) 0  2 2xy −− 11 = 0 ( )  2xy −= 11   2 ⇔( 2 −xy22 −=⇔ 10) 2 −xy22 =⇔= 1 xy 1  2 xy =1 ( xy −=10)   0,5 Với xy =1 kết hợp với x+=− y3 xy ta được xy+=2 xy=2 − xy=2 − ⇔ ⇔ 2 ⇔==xy1 xy =1 (21−=yy) ( y −=10) Với xy= =1 thoả mãn điều kiện. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( xy;) = ( 1;1) 0,5 2 3.1 Tìm tất cả các số nguyên tố pq, sao cho p4− qp 22( + q 2 +=11) ( q 2 +) . (1,5) (1,5 điểm) Ta có: 22 p4− qp 22( + q 2 +=1) ( q 2 + 1) ⇔ p4 −( q 2 +1) − qp 22( + q 2 +=10) 22 22 222 ⇔( pq ++1)( pq −−− 1) qpq( ++=10) ⇔22 + + 2 − 2 −= ( pq1)( p 2 q 10) 0,5 ⇔++( pq221)( pq 22 −−=⇔−−= 210) pq22 210 ( do pq, là các số nguyên tố) 22 2 ⇔p −=12 q ⇔( pp − 1)( + 1) = 2 q 0,25 3 Nếu p=⇒−2( 2121)( +=) 2qq22 ⇔ = ( Loại do q là số nguyên tố) 2 0,25 Nếu p ≥ 3 , mà p nguyên tố thì p −1 và p +1là các số chẵn do đó ( pp−1)( +⇒ 14) 2 q22  4 ⇒ q 2, mà q nguyên tố ⇒=q 2 2 22 Thay q = 2 vào p−=12 qp ⇒ = 9 ⇒ p = 3 thoả mãn  p = 3 Vậy tất cả các số nguyên tố pq, là  0,5 q = 2 3.2 Cho mnpq,, , là các số nguyên thoả mãn (mnpq++ +)30 . Chứng minh rằng (1,5) (1,5 55 55 điểm) (mnpq++ +)30 Ta có: m54−= m mm( −=1) mm( − 11)( m +)( m2 + 1) 2 =−+mm( 11)( m)( m + 1) 2 =mm( −1)( m + 1) m −+ 45 ( ) =−+−mm( 112)( m)( m)( m ++−+ 2511) mm( )( m ) 0,25
5. Ta có mm( −+−112)( m)( m)( m + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2, 3 và 5 −+ 5mm( 11)( m ) là tích của 5 và 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2, 3 và 5 Mà ƯCLN(2,3,5) = 1 nên mm( −+−1)( m 1)( m 2)( m + 2) 30 và 5mm( −+ 1)( m 1) 30 . Do đó 0,5 mm( −+−1)( m 1)( m 2)( m ++−+ 2) 5 mm( 1)( m 1) 30 ⇒−( m5 m) 30 (nn5 − )30   Chứng minh tương tự ta được ( pp5 − )30  5 − (qq)30 0,25 Do đó (m55+ n + p 55 + q) −( mnpq ++ +)30 mà (mnpq++ +)30 . 55 55 Vậy (mnpq++ +)30 0,5 4 Cho tam giác nhọn ABC với AB< AC nội tiếp đường tròn(O) . Gọi BH và CQ là hai (7,0) đường cao của tam giác ABC . Tiếp tuyến tại B và tại C của đường tròn (O) cắt nhau tại M . Đoạn thẳng OM cắt BC và cắt đường tròn (O) lần lượt tại N và D . Tia AD cắt BC tại F ; AM cắt BC tại E và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K khác A . x B Q A E K G F H I M S D N O C 4.1 Chứng minh rằng: AB KC= AC KB và ABM= AHN . (2,5) (2,5 điểm) Trong (O) có: MBK = BAK ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn BK ) Xét ∆MBK và ∆MAB có: MBK = BAK và chung BMK ⇒ ∆MBK và ∆MAB đồng dạng. BK MB 0,5 ⇒= (1) AB MA CK MC Tương tự chứng minh được ∆MCK và ∆MAC đồng dạng. ⇒= (2) AC MA 0,5 Do MB; MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên MB= MC (3) 0,25 BK CK Từ (1), (2) và (3) suy ra =⇒=AB CK AC BK AB AC 0,5 Trong (O) có: ACB= ABx ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn AB 0,25 ) Có MB= MC; OB = OC ⇒ OM là đường trung trực của BC ⇒ N là trung điểm của BC
6. Do BH là đường cao của ∆ABC nên ∆BHC vuông tại H, mà N là trung điểm của BC nên NB= NC = NH nên ∆NHC cân tại N⇒= NHC ACB . Do đó NHC = ABx 0,25 Ta có NHC += AHN18000 ; ABx += ABM180 ; NHC =⇒= ABx AHN ABM 0,25 4.2 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN . Chứng minh IOM += ADN 1800 (2,5) (2,5 0 điểm) Kẻ tia MO cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là S khác điểm D⇒⊥⇒ SN BC FNS =90 0,5 ⇒ N thuộc đường tròn đường kính FS 0 0 Trong (O) có: DAS = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay FAS = 90 ⇒ A thuộc đường tròn đường kính FS 0,5 Do đó 4 điểm AF,,, NS cùng thuộc đường tròn đường kính FS . Suy ra tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆AFN là trung điểm của FS 0,5 Trong ∆DFS có I là trung điểm của FS ; O là trung điểm của DS⇒ OI là đường trung bình 0,5 ⇒⇒⇒OI// DF OI // AD IOM += ADN 1800 0,5 4.3 Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt QH tại G . Chứng minh ba điểm AG,, N (2,0) (2,0 thẳng hàng. điểm) Gọi G ' là giao điểm của AN và QH AH AB Chứng minh được ∆ABH và ∆BMN đồng dạng ⇒=, mà NB= NH BN BM AH AB ⇒= mà AHN= ABM suy ra ∆AHN và ∆ABM đồng dạng. NH BM Do đó NAH = MAB hay G ' AH= EAB (4) 0,5 AQ AC Chứng minh được ∆AQC và ∆AHB đồng dạng ⇒=, suy ra ∆AQH và ∆ACB đồng AH AB 0,5 dạng. Do đó AHQ= ABC hay AHG'= ABE (5) AG' AH AH AN Từ (4) và (5) suy ra ∆AHG 'và ∆ABE đồng dạng ⇒= mà = ( do ∆AHN AE AB AB AM AG' AN và ∆ABM đồng dạng ) ⇒= . Theo định lí Ta-lét đảo suy ra EG'// MN 0,5 AE AM Ta có EG// MN ( vì cùng vuông góc với BC ). Do đó EGG,,'thẳng hàng, mà GG, '∈ QH suy ra G ' và G trùng nhau. Vậy ba điểm AG,, N thẳng hàng. 0,5 5.1 Lấy 2018 điểm phân biệt ở miền trong của một ngũ giác lồi cùng với 5 đỉnh của ngũ giác (1,0 ta được 2023 điểm phân biệt sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết diện tích của điểm) ngũ giác là 1 đơn vị. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2023 điểm đã (1,0) 1 cho có diện tích không vượt quá đơn vị. 4039 Nối các điểm trong 2023 điểm đã cho tạo thành các tam giác đôi một chỉ chung nhiều nhất một cạnh, phủ vừa kín ngũ giác. Giả sử có n tam giác được tạo thành. Khi đó tổng tất cả các góc của n tam giác này là n.1800 0,25 Tổng trên có thể tính thông qua những tổng sau : -Tổng các góc xung quanh một điểm trong ngũ giác là 3600 mà có 2018 điểm trong ngũ giác do đó tổng số đo là 2018.3600 . - Tổng các góc tại 5 đỉnh của ngũ giác là 3.1800 0,25 Do đó ta có nn.18000= 3.180 + 2018.360 0 ⇒= 4039 0,25 Như vậy ta có 4039 tam giác đôi một chỉ chung nhiều nhất một cạnh tạo thành từ 2023 điểm phân biệt như đề bài phủ kín hình ngũ giác. Vì diện tích của ngũ giác là 1 đơn vị nên luôn tồn 0,25 1 tại một tam giác có diện tích không vượt quá đơn vị. 4039
7. 5.2 Xét abc,, là các số thực dương thỏa mãn abc++≥3 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu (1,0 111 (1,0) thức Q =++ điểm) a222++ bc ab + + c abc ++ 2 Ta có : xy( −≥10) với xy,0> 2 2 22 2 2 ⇒xy −20 xyx +≥⇒ xy +≥ x 2 xy ⇒ x + y + xy +≥ x( xy +) 2222 ⇒yx( ++11) xx( +≥) ( xy +) ⇒ y + xx( +≥1) ( xy +) ( ) 11x + = ⇒≤ 2 . Đẳng thức xảy ra khi y 1 yx2 + ( xy+ ) 0,25 11x + > Vậy ≤ 2 (*) với xy,0 yx2 + ( xy+ ) 11bc++ Áp dụng BĐT (*) ta có : ≤ 2 . a2 ++ bc (abc++) 11ac++ ≤ 2 2 . ab++ c (abc++) 11ba++ ≤ 2 . abc++2 ++ (abc) Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được 11123(abc++) + Q =++≤ 222 2 0,25 a++ bc ab + + c abc ++ (abc++) 23(abc++) + ≤ Ta chứng minh 2 1 (abc++) 23(abc++) + 2 Thật vậy : 2 ≤⇔1 (abc ++) −2( abc ++) −≥ 30 (abc++) ⇔(abc +++1)( abc ++− 30) ≥ luôn đúng do abc++≥3 11123(abc++) + Suy ra Q =++≤2 ≤1 0,25 a222++ bc ab + + c abc ++ (abc++) abc++−=30  a =1 Vậy GTLN của Q là 1 khi  ⇔===abc1 b =1 0,25 c =1 Chú ý: - Nếu thí sinh làm đúng mà cách giải khác với đáp án và phù hợp kiến thức của chương trình THCS thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định. - Tổng điểm toàn bài không làm tròn. Hết