Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp Quận Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Hải An (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp Quận Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD&ĐT Hải An (Có đáp án)

1. UBND QUẬN HẢI AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2022 – 2023 ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) Bài 1. (2, 0 điểm) aaaaaaa 112 1 Cho biểu thức: M với aa 0, 1. aaa aaa a) Chứng minh rằng M 4. 8 b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N nhận giá trị nguyên? M Bài 2. (2, 0 điểm) 1)Giải phương trình: xxxxx 111132 4 2)Tìm tất cả các cặp số hữu tỷ x, y thỏa mãn hệ phương trình xyxy33 24 22 619151xxyy Bài 3. (1,0 điểm) Cho 2 số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b 4 22 11 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 9 ab ab Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Qua A lần lượt kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm. Lấy điểm D thuộc đường tròn (O) sao cho BD // AO. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E. Gọi M là trung điểm của AC. a) Chứng minh rằng ME là tiếp tuyến của đường tròn (O) b) Gọi T là giao điểm của các đường thẳng ME, BC, I là giao điểm của các đường thẳng DE, BC. Chứng minh OI  AT c) Qua E kẻ đường thẳng song song với đường thẳng AB cắt các đường thẳng BC, BD lần lượt tại các điểm P và Q. Chứng minh rằng: PQ = PE Bài 5. (2, 0 điểm) 1)Cho các số nguyên dương abc,, thỏa mãn abc222 Chứng minh rằng ab chia hết cho: abc
2. 1 2) Trên bảng ta viết 3 số 2,2, . Mỗi bước ta chọn 2 số ab, bất kỳ trên bảng, 2 abab xóa chúng đi và thay bởi 2 số , và giữ nguyên số còn lại. Hỏi sau một số 22 1 hữu hạn bước, ta có thể thu được 3 số 2,1 2, trên bảng được không? 22 Hết
3. UBND QUẬN HẢI AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2022 – 2023 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Bài Đáp án Điểm a)(1.0 điểm) 0,25 a 1 aaa 1111 aaa aaaaa 1 1 aaaaa 111 aa 21 0,25 a a 2 0,25 Do aa 0, 1nên aaa 10 12 aa 214 a 0,25 Câu 1 Khi đó ta có M 4 (ĐPCM) aa (2,0 điểm) b)(1.0 điểm) 88 0,25 Ta có 02 N Do đó N chỉ có thể nhận giá trị nguyên là 1 M 4 8 8 a 0,25 N 1 1 aa698 M aa 21 2 2 0,25 a 38 a 322 aTM 322 2 8 0,25 Vậy a 322 thì biểu thức N nhận giá trị nguyên M 1)(1.0 điểm) x 10 0,25 ĐKXĐ: x32 xx10 x 1 4 Câu 2 x 10 (2,0 điểm) Đặt axbxxx 1;32 1 với ab 0, 0 0,25 Ta có x432 11 xxxxab 1 Khi đó ta có ab 1 ab ab110 a 1hoặc b 1 Với a 1 thì x 11 x 2(thỏa mãn) 0,25
4. Với b 1 thì xxx32 11 loại 0,25 Vì x 1 ta có xxx32 12 Vậy PT có nghiệm duy nhất x 2 2)(1.0 điểm) xyxy33 24 0,25 Ta có 22 619151xxyy 33 xyxy 241 2233 619154xxyyxyxy 22 Từ 2 ta có 5xxyxyy32 5 61 2 62 3 0 0,25 32 xx x 5561620 (do y 0 không là nghiệm của 2 yy y x 0,25 Đặt t ta có 5tt32 5 61 t 62 0 ttt25 2 15310 y Mà x, y là số hữu tỷ nên t hữu tỷ nên txy 22 thay vào 1 ta có yy 110 y y 1 Vậy 0,25 (1.0 điểm) 0,25 22 11 22ab 9 Ta có P = 99()1 ab ab a b 22 ab ab ab ()ab 2 0,25 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM có ab nên ta có 4 ()ab 4 ab22 3 16 (1,0 điểm) 144 144 0,25 Suy ra Pab () 1() ab 2 ab 4 ()ab 2 7(ab )22 9( ab ) 144 7.4 2 P 18 5 16 16 (ab )2 16 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2 0,25 Vậy min P = 5 a) (1,0 điểm)
5. T=T' B Q D P E I A H O M C Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có OA là đường trung trực của 0,5 Câu 4 BC (3,0 điểm) Nên OA  BC Mà OA // BD nên BC  BD, suy ra CD là đường kính của đường tròn (O), hay tam giác AEC vuông tại E Theo giả thiết M là trung điểm AC. Do đó ME = MC = MA 0,5 Suy ra OM là đường trung trực của CE, hay C và E đối xứng qua OM. Vì OC  MC nên OE  ME, hay ME tiếp xúc với đường tròn (O) b) (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm của DE, H là giao điểm của OA và BC , T’ là giao 0,5 điểm của OK và BC Xét OHT’ và OKA có:  O chung  =>ΔOHT'  ΔOKA  OHT' = OKA Suy ra OK. OT' = OH. OA = OB22 = OE OK OE 0,5 Từ đây ta có = OE OT' Xét OKE và OET’ có: O chung  OK OE =>ΔOKE  ΔOET' (c.g.c) = OE OT' Suy ra OET' = OKE = 900 Nên T’E là tiếp tuyến của đường tròn (O) Lại có ME là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên M, E, T’ thẳng hàng, suy ra T T’
6. Xét tam giác AOT có TH và AK là hai đường cao cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác. Suy ra OI  AT c) (1 điểm) Theo giả thiết ta có PE // AB nên BEP = ABE = BCE 0,5 BP PE PE CE Suy ra BEP  BCE (g.g). Do đó = hay = (1) BE CE BP BE PQ CD Chứng minh tương tự ta có: = (2) BP BD Dễ thấy ΔABE  ΔABD (g.g), ΔACE ΔADC (g.g) nên 0,5 BE CE CE AC AB = , = = BD CD CD AD AC BE CE CE CD Suy ra = hay = (3) BD CD BE BD PE PQ Từ (1), (2), (3) suy ra = hay PE = PQ BP BP 1) (1,0 điểm) Ta có: a2 + b2 = c2  2ab = (a + b)2 – c2  2ab = (a + b + c)(a + b - c) 0,25 (1) Từ trên suy ra a + b và c cùng tính chẵn lẻ và a + b > c 0,25 Do a + b – c là số nguyên dương chẵn. Đặt a + b – c= 2k với k * 0,25 Khi đó, từ (1) ta có ab = k(a + b + c) 0,25 Vậy ab chia hết cho a + b + c 2) (1,0 điểm) Gọi S là tổng bình phương các số có trên bảng sau bước thứ n 0,25 n 2 Câu 5 2 0,25 2 113 (2,0 điểm) Ta có Sn = 22 2 2 22 0,25 22 ab ab Do ab nên giá trị của Sn luôn không thay đổi 22 2 22 0,25 113 Vì 212 nên không có thời điểm nào mà trên 22 2 1 bảng xuất hiện 3 số 2, 1+ 2, 22