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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BÌNH PHƯỚC CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài:150 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/03/2023 (Đề gồm có 01 trang) Câu 1: (5.0 điểm).  xx−+3 29 − x 39 x −  1. Cho biểu thức P = +−:1 −  23−x + xx +− x 6x − 9  a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P . b) Tính giá trị của biểu thức P khi x =3 −− 3 13 − 48 . 111 2. Cho xyz,, là ba số thực khác 0 , thoả mãn ++=0. xyz yz zx xy Chứng minh rằng: ++=3. xyz2 22 Câu 2: (5.0 điểm). 1. Giải phương trình: 3xx+− 1 + 31 +− x = 0.  222xy xy++ =1 xy+ 2. Giải hệ phương trình:  .  2  xy+= x − y +−−+= 3. Cho đường thẳng (d ) : mx ( m 1) y 2 m 1 0 (với m là tham số). Tìm điểm cố định mà đường thẳng ()d luôn đi qua với mọi giá trị của m . Câu 3: (5.0 điểm). Cho đường tròn (OR; ) và dây cung BC cố định (BC< 2 R). Điểm A di động trên đường tròn (OR; ) sao cho tam giác ABC nhọn. Kẻ đường cao AD và trực tâm H của tam giác ABC . a) Đường thẳng chứa phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lần lượt tại các điểm MN, . Chứng minh tam giác AMN cân. b) Các điểm EF, lần lượt là hình chiếu của D trên các đường thẳng BH, CH . Các điểm PQ, lần lượt là hình chiếu của D trên các cạnh AB, AC . Chứng minh 4 điểm PEFQ,,, thẳng hàng và OA⊥ PQ . c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K . Chứng minh đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định. Câu 4: (2.0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A , điểm O là trung điểm của BC . Đường tròn (O) tiếp xúc với các cạnh AB ,AC lần lượt tại EF, . Điểm H chạy trên cung nhỏ EF của (O) , tiếp tuyến của đường tròn (O) tại H cắt AB, AC lần lượt tại MN, . Xác định vị trí của điểm H để diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất. Câu 5: (3.0 điểm). 1. Cho abc,, là ba số thực dương, thoả mãn ab++= bc ca 1. 5 Chứng minh rằng: +a42 b + b 42 c + c 4 a 2 ≥2 abc( a ++ b c) . 9 2. Giải phương trình sau với nghiệm nguyên: x22+2 y + 3 xy + 3 x + 5 y −= 30. Hết • Thí sinh không được sử dụng tài liệu. • Giám thị không giải thích gì thêm.
2. HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn: Toán - Lớp 9 (Hướng dẫn và biểu điểm gồm 05 trang) Câu Ý Nội dung Điểm 1 1  xx−+3 29 − x 39 x −  (5.0đ) Cho biểu thức P = +−:1 −  23−x + xx +− x 6x − 9  1.a Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P . x ≥ 0  P xác định ⇔≠x 4 0.5 x ≠ 9   x−+32 x x − 9 xx − 3  P = ++ :  2−x x + 36 xx +−x − 9  0.5 xxx−+−323 x P = ++ : 2−xx +− 32 x x + 3 0.5 xx+ 2 x + 2 = : = 0.5 xx++33x 1.b Tính giá trị của biểu thức P khi x =3 −− 3 13 − 48 . 0.75 Ta có x =3 −− 3 13 − 48 = 3 −− 3 2 3 − 1 =3 − 31 −= 1 ( ) ( ) 12+ ⇒=P =3 1 0.25 2 111 Cho xyz,, là ba số thực khác 0 thoả mãn ++=0. Chứng minh xyz yz zx xy rằng: ++=3 xyz2 22 + Chứng minh được bài toán: Nếu abc++=0 thì a333++= b c3 abc 1.0 111 111 3 + Vì ++=0 và xyz,,≠ 0 nên suy ra được ++= xyz x3 y 33 z xyz yz zx xy 111 3 Do đó VT =++=xyz  ++ =xyz.3 == VP (đpcm) 1.0 x2 y 22 z x 3 y 33 z xyz 1 Giải phương trình: 3xx+− 1 + 31 +− x = 0 2 −1 0.25 Điều kiện: x ≥ (5.0đ) 3 Ta có: 3xx+− 1 + 31 +− x = 0 22x − 2 0.5 ⇔ +−1xx = 0 ⇔( − 1)−10 = 31xx++ + 3 31xx++ + 3 xN=1( ) ⇔  0.25  3xx++ 1 + 32 = Giải phương trình: 3xx++ 1 + 32 =
3. ⇒4x ++ 4 2 (3 xx + 1)( + 3) = 4 ⇔(3xx + 1)( +=− 3) 2 x (Đk: x ≤ 0 ) xL=5 + 27() ⇒xx2 −10 −= 3 0 ⇔  0.75 xN=5 − 27( ) xx=1; = 5 − 2 7 Vậy phương trình có 2 nghiệm là 12 . 0.25 2  222xy xy++ =1 (1) Giải hệ phương trình:  xy+  2  xy+= x − y (2) Điều kiện: xy+>0. 0.25 Biến đổi phương trình (1): 2222xy 2 xy x+ y + =⇔1( x + y) − 2 xy + −= 10 0.25 xy++xy 2 Đặt x+= y S, xy = P (với SP≥ 4 ), ta có phương trình: 2P SP2 + −2 −= 10⇔S3 +22 P − SP −= S 0 S S =1 0.5 ⇔2 −− −=⇔ −2 +− =⇔ SS( 1) 2 PS ( 1) 0 (S 1)( SSP 2 ) 0  2 SSP+−20 = += +Với xy1 thay vào (2) ta được: = 2 2  y 0 11=−( y) −⇔ yy −3 y =⇔ 0  ⇒∈( xy;) {( 1; 0) ;( − 2; 3 )}  y = 3 0.5 2 2 + Với S+− S20 P =⇔( xy +) ++− xy2 xy = 0 22 ⇔x + y ++= xy0 (Loại, vì xy+>0). 0.25 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm ( xy; ) là (1; 0) ;(− 2; 3 ) 0.25 +−−+= 3 Cho đường thẳng (d ) : mx ( m 1) y 2 m 1 0 (với m là tham số). Tìm điểm cố định mà đường thẳng ()d luôn đi qua với mọi giá trị của m. Gọi Ax( AA; y) là điểm cố định mà đường thẳng ()d luôn đi qua với mọi giá trị của m, ta có phương trình: mx+( m − 1) y − 2 m += 1 0 ⇔( x + y −2) m = y − 1 có nghiệm ∀m AA AA A 0.5 + −= = xyAA20 xA 1 ⇔⇔ yyAA−=10 =1 0.25 Vậy đường thẳng ()d luôn đi qua điểm A(1;1) với mọi giá trị của m . 0.25 3 Cho đường tròn (OR; ) và dây cung BC cố định (BC< 2 R). Điểm A di (5.0đ) động trên đường tròn (OR; ) sao cho tam giác ABC nhọn. Kẻ đường cao AD và trực tâm H của tam giác ABC . a Đường thẳng chứa phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lần lượt tại các điểm MN, . Chứng minh tam giác AMN cân.
4. ' y Gọi B là hình chiếu của điểm B trên AC, C ' là hình chiếu của điểm A C trên AB. Ta có C '' HM= B HN( = NHC ) 0.5 x B' ' ' Q ⇒∆C HM ∆B HN( g. g ) 0.25 N C' O H ⇒= AMN ANM( t/ c) M F E ⇒∆AMN cân tại A P C 0.25 B D b Các điểm EF, lần lượt là hình chiếu của D trên các đường thẳng BH, CH . Các điểm PQ, lần lượt là hình chiếu của D trên các cạnh AB, AC . Chứng minh 4 điểm PEFQ,,, thẳng hàng và OA⊥ PQ . + Ta có PEB = PDB (vì cùng chắn cung PB của đường tròn (BPED)) PDB = HCD (vì đồng vị PD//CC’) HCD= FDH (vì cùng phụ FHD ) FDH = FEH (vì cùng chắn cung FH của đường tròn (DEHF)) ⇒=PEB FEH 0.5 Mà 3 điểm B.E,H thẳng hàng nên 3 điểm P,E,F thẳng hàng. 0.25 Tương tự chứng minh được 3 điểm E,F,Q thẳng hàng. Do đó 4 điểm P,E,F,Q thẳng hàng. 0.25 + Kẻ xy là tiếp tuyến tại A của (O), Ta có xAB = ACB (cùng chắn cung AB của (O)) Mà AP.AB = AQ.AC (=AD2) 0.25 ⇒ ⇒ = tứ giác BPQC nội tiếp APQ ACB 0.25 ⇒ xAB = APQ ⇒ xy//PQ Mà xy ⊥ AO (t/c tiếp tuyến) Do đó OA⊥ PQ 0.5 c Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K . Chứng minh đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định. Gọi U là giao điểm của BB’ A và KM, V là giao điểm của CC’ và KN. + Ta có ∆AMN cân tại A B' nên đường phân giác AK của góc MAN cũng là N C' O đường trung trực của MN H V ⇒ AK là đường kính của U M (AMN). 0.5 0 ' K C ⇒= AMK 90 ⇒ MK// CC B D hay UK// HV Tương tự KV//UH nên tứ giác HVKU là hình bình hành
5. ⇒ HK đi qua trung điểm của UV (1) 0.5 ' UB MB VC NC + Ta có MU// C H ⇒= (ta lét), tương tự = UH MC ' VH NB' 0.25 MB HB Mà = (t/c đường phân giác của góc BHC ' ), MC'' HC NC HC tương tự = NB'' HB 0.25 HB HC Mà = (vì ∆C' HB ∆B' HC ) HC'' HB UB VC ⇒ = ⇒ UV// BC (Ta lét đảo) (2) 0.25 UH VH Từ (1) và (2) ⇒ HK đi qua trung điểm của BC Mà BC cố định nên HK luôn đi qua một điểm cố định. 0.25 4 Cho tam giác ABC cân tại A , điểm O là trung điểm của BC . Đường (2.0đ) tròn O tiếp xúc với các cạnh AB ,AC lần lượt tại EF, . Điểm H chạy trên cung nhỏ EF của O , tiếp tuyến của đường tròn O tại H cắt AB, AC lần lượt tại MN, . Xác định vị trí của điểm H để diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất. + Ta có OM, ON lần lượt là phân giác A EOM , FOH (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau của O ) 0 N EOF180 BAC MON ABC 22 H MBO MON (g.g) M 0.5 Cmtt OCN MON E F MB BO MBO OCN B C OC CN O BC 2 BM CN OBOC const (1) 4 0.5 + Lại có SAMN= SS ABC − BMNC S đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi S đạt giá trị nhỏ nhất. AMN BMNC Gọi R là bán kính của đường tròn O , ta có: 1 SBMNC= S BOM + S MON + S NOC = R( BM ++ MN NC) 2 11 =R( BM ++ NC EM + FN) = R(2 BM + 22 CN − BE) 22 =R( BM +− CN BE) (Vì BE= CF, ME = MH ,; NF = NH MH += NH MN ) 0.5 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, từ (1) và (2) suy ra: BC SBMNC R BM. CN BE R BE const . 2 (Vì ABC cố định nên BC và BE không đổi)
6. Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi BM CN MM// BC khi và chỉ khi H là giao điểm của đường trung trực của BC với đường tròn O . 0.5 Vậy diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất khi H là giao của đường trung trực của BC với đường tròn O . 5 1 Cho abc,, là các số thực dương thoả mãn ab++= bc ca 1. Chứng minh (3.0đ) 5 rằng: +a42 b + b 42 c + c 4 a 2 ≥2 abc( a ++ b c) . 9 + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số thực dương ta có:  4211 2 2 a b+ abc +≥ ca a bc  39  11 bc42+ abc 2 +≥ ab bca2 0.5  39  4211 2 2 c a+ ab c +≥ bc c ab  39 Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên và kết hợp với giả thiết ta 12 được: a42 b+ b 42 c + c 4 a 2 + ≥ abc( a ++ b c) (1). 0.25 93 + Áp dụng đẳng thức phụ dạng: 1 2 x222 y z xy yz zx xy yz zx x y z ta được: 3 112 abc( a++=++≤++= b c) ab ac bc ba ca cb( ab bc ca) . 0.25 33 1 44 Hay ≥abc( a ++ b c) ⇔ ≥abc( a ++ b c) (2). 3 93 Cộng theo vế (1) và (2) ta có (đpcm). 0.25 3 Dấu “=” xảy ra ⇔===abc 0.25 3 2 Giải phương trình sau với nghiệm nguyên: x22+2 y + 3 xy ++ 35 x y = 3 + Biến đổi đưa được về pt: ( xy++2)( x + 215 y +) = 1.0 + Tìm ra đươc các nghiệm nguyên ( xy; ) của phương trình là: (−6;5) ,( 0; − 3) ,( 6; −− 3) ,( 12;5) 0.5 Lưu ý: Học sinh có cách giải khác đúng giám khảo chấm thống nhất vẫn cho điểm theo thang điểm tối đa của câu đó.