Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp THCS Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Sở GD&ĐT Vĩnh Long (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp THCS Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Sở GD&ĐT Vĩnh Long (Có hướng dẫn chấm)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤPTHCS VĨNH LONG NĂM HỌC 2022 – 2023 Kháo thi ngày 19/03/2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kè̉ thời gian giao đề) Bài 1. (4,0 điểm) 2023 3 3 3 a) Cho A x 12x 31 .Tính giá trị của biểu thức A khi x 16 8 5 18 8 5 x 2 x 3 x 2 x b) Cho biểu thức : B : 2 . Rút gọn biểu thức B x 5 x 6 2 x x 3 x 1 1 5 và tìm các giá trị của x để B 2 Bài 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình x2 3x 2 x 1 0 x 1 y 1 2 b) Giải hệ phương trình: 1 1 1 x y Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 2mx 2m 1 0.( m là tham số). Tìm m để phương trình có hai 2x1x2 3 nghiệm x1, x2 thỏa T 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất. x1 x2 2(1 x1x2 ) Bài4. (2,0 điểm) 2 2 2 2 Cho x, y 0 thỏa mãn điều kiện x y 2 . Chứng minh x y x y 2 Bài 5. (2,5 điểm) a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên phương trình :3x2 y2 2xy 2x 2y 8 0 b) Chứng minh rằng : n3 11n 6n2 6 chia hết cho 6 với mọi số nguyên n Bài 6 (4,5 điểm). Cho đường tròn (O;R) có đường kínhAB . Điểm C là điểm bất kỳ trên (O), (C ¹ A,C ¹ B ) .Tiếp tuyến tại C cắt tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại P và Q a) Chứng minhP·OQ = 900 và AP.BQ = R2 . b) OP cắt AC tại M , OQ cắt BC tại N . Gọi H,I lần lượt là trung điểm của MN và PQ . Đường trung trực của MN và đường trung trực của PQ cắt nhau tại K . chứng minh AB = 4.IK c) Chứng minh N·MQ = N·PQ Bài 7. (1,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có độ dài đường chéo bằng 1. Tứ giác MNPQ có các đỉnh nằm trên các cạch của hình vuông. Chứng minh rằng chu vi tứ giác MNPQ không nhỏ hơn 2. Hết Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng và máy tính cầm tay.
2. Hướng dẫn Câu Nội dung Điểm 1 4.0 a)Tính giá trị của biểu thức A 2.0 3 3 Ta có: x 16 8 5 16 8 5 x3 32 33 (16 8 5)(16 8 5).( 3 16 8 5 3 16 8 5 ) x3 32 12x x3 12x 31 1 2023 A x3 12x 31 12023 1 1 5 b) Rút gọn biểu thức B và tìm các giá trị của x để 2.0 B 2 ĐK: x 0, x 4, x 9 x 1 B x 4 1 5 x 4 5 2x 8 5 x 5 B 2 x 1 2 1 1 1 2x 5 x 3 0 3 x 0 x 0 x 2 2 4 2 4.0 a)Giải phương trình x2 3x 2 x 1 0 2.0 Trường hợp 1: x 1: ta có phương trình x2 3x 2 x 1 0 x2 2x 1 0 x 1 (nhận) Trường hợp 2: x 1 ta có phương trình x2 3x 2 x 1 0 2 x 1 x 4x 3 0 (loại) x 3 Vậy tập nghiệm của phương trình: S 1 x 1 y 1 2 (1) 2.0 b)Giải hệ phương trình: 1 1 1 (2) x y ĐK: x 1; y 1 (2) x y xy (3) Hai vế của (1) đều dương ta bình phương hai vế ta có: x y 2 2 x 1 y 1 4 x y 2 2 xy x y 1 4 x y 4 Thay (3) vào ta có: x y 4 kết hợp với (3) có hệ: xy 4 Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y là hai nghiệm của pt: X 2 4X 4 0 x 2; y 2
3. Vậy tập nghiệm của hệ phương trình S 2;2  3 2.0 Ta có ' (m 1)2 0,m nên phương trình có hai nghiệm với mọi m. x1 x2 2m Theo định lí Viet, ta có , x1x2 2m 1 suy ra 1 4m 1 1 4m 1 2m2 1 2(m 1)2 (m 1)2 1 T 0 T 2 4m2 2 2 2(2m2 1) 2(2m2 1) 2m2 1 2 1 Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất là khi m 1 2 2 2 2 2 2.0 4 Cho x, y 0 thỏa mãn điều kiện x y 2 . Chứng minh x y x y 2 Vì x, y 0 nên x y 2 xy (bất đẳng thức Cô-si) Suy ra 2 2 xy (vì x y 2) hay 0 xy 1 Do đó0 xy 1 suy ra x2 y2 xy 2 Xét vế trái x2 y2 x2 y2 xy x y 2xy xy(4 2xy) (do x y 2) 2x2 y2 4xy (x2 y2 2xy 1 1) 2 xy 1 2 2 x y Dấu " " xảy ra khi x y 1. xy 1 5 2.5 a)Tìm tất cả các nghiệm nguyên phương trình :3x2 y2 2xy 2x 2y 8 0 1.5 3x2 y2 2xy 2x 2y 8 0 y2 2 x 1 y 3x2 2x 8 0 ' 2 2 2 y x 1 3x 2x 8 4x 9 Phương trình có nghiệm ' là số chính phương Đặt 4x2 9 m2 m N 4x2 m2 9 2x m 2x m 9 x 2;0;2 2 Với x 2 ,ta được y 6y 16 0 y 8;2 2 Với x 0 ,ta được y 2y 8 0 y 4;2 2 Với x 2,ta được y 2y 24 0 y 6;4
4. Vậy nghiệm nguyên của pt là: 2; 8 ; 2;2 ; 0; 4 ; 0;2 ; 2;6 ; 2; 4 b)Chứng minh rằng : n3 11n 6n2 6 chia hết cho 6 với mọi số nguyên n 1.0 với n Z , ta có: n3 11n 6n2 6 n3 n2 5n2 5n 6n 6 n2 (n 1) 5n(n 1) 6(n 1) (n 1)(n2 5n 6) (n 1)(n 2)(n 3) Do n 1,n 2,n 3 là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hếu cho2, một số chia hết cho 3 và 2,3 1 Vậy n 1 n 2 n 3 6 mọi số nguyên n 6 4.5 K Q I C P H M N A O B a) Chứng minhP·OQ = 900 và AP.BQ = R2 . 2.0 1 *Ta có:P·OC = C·OA ( OP là tia giác của C· OA ) 2 1 :Q·OC = C·OB ( OQ là tia giác của C· OB ) 2 1 1 Þ P·OQ = P·OC + Q·OC = C·OA + C·OB = 1800 = 900 . 2( ) 2 * Ta có: AP = PC;BQ = QC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) DPOQ vuông tại O Þ CP.CQ = OC 2
5. Þ AP.BQ = R2 b)Chứng minhAB = 4.IK 1.5 · 0 ta có OP là đường trung trực của AC Þ MA = MC,CMO = 90 · 0 OQ là đường trung trực của BC Þ NB = NC,CNO = 90 · 0 mà POQ = 90 nên MONC là hình chữ nhậtÞ OC = MN AP //BQ nên APQB là hình thang cân và nhận IO là đường trung bình Þ OI //BQ . Mà BQ ^ AB Þ OI ^ AB Ta có MN là đường trung bình của D ABC Þ MN //AB,AB = 2MN Mà KH ^ MN Þ KH ^ AB Þ KH //OI Þ OHKI là hình bình hành 1 1 Þ IK = OH = MN = AB Þ AB = 4.IK 2 4 c)Chứng minhN·MQ = N·PQ 1.0 · 0 · 0 Ta có: CMO = 90 ,CNO = 90 Þ OMCN là tứ giác nội tiếp Þ O·MN = O·CN ( cùng chắn cung ON ) · · · Mặc khácOCN = POQ ( cùng phụ CON )Þ O·MN = P·QO · · 0 · · 0 Ta cóOMN + PMN = 180 Þ PQO + PMN = 180 Þ tứ giác PMNQ nội tiếp · · Þ NMQ = NPQ 7 1.0 M B A E N I Q F D P C GọiE,F,I lần lượt là trung điểm QM ,PN,QN QM MN QP PN AE = ;EI = ;IF = ;FC = 2 2 2 2 Chu vi của tứ giácMNPQ là MN + PN + QP + QM = 2(EI + FC + IF + AE) ³ 2AC = 2 Vậu chu vi của tứ giácMNPQ không nhỏ hơn 2 Hết