Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán THCS năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Long

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

9
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán THCS năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Long" hỗ trợ các em học sinh hệ thống kiến thức cho học sinh, giúp các em vận dụng kiến thức đã được học để giải các bài tập được ra. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán THCS năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Long

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) a) Cho A = ( x3 + 12 x − 31) .Tính giá trị của biểu thức A khi x = 3 16 − 8 5 + 3 18 + 8 5 2023  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 x 2 − 3 x + 2 + x − 1 =0  x −1 + y −1 = 2  b) Giải hệ phương trình:  1 1 x + y = 1  Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình: x 2 − 2m x + 2m − 1 = ( m là tham số). Tìm m để phương trình có hai 0. 2x x + 3 nghiệm x1 , x2 thỏa T = 2 2 1 2 đạt giá trị nhỏ nhất. x1 + x2 + 2(1 + x1 x2 ) Bài4. (2,0 điểm) ( Cho x , y > 0 thỏa mãn điều kiện x + y =. Chứng minh x 2 y 2 x 2 + y 2 ≤ 2 2 ) Bài 5. (2,5 điểm) a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên phương trình : 3 x 2 − y 2 − 2 xy − 2 x − 2 y + 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 kính AB . Điểm C là điểm bất kỳ trên O  , (C  A,C  B ) .Tiếp tuyến tại C cắt tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại P và Q  a) Chứng minh POQ  900 và AP .BQ  R 2 . 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 NMQ  NPQ 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.
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 ⇒ x 3 = + 3 3 (16 − 8 5)(16 + 8 5).( 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5 ) 32 ⇔ x 3 = 32 − 12 x ⇔ x 3 + 12 x − 31 = 1 A = ( x3 − 12 x + 31) 2023 = 12023 = 1 b) Rút gọn biểu thức B và tìm các giá trị của x để 1 ≤− 5 2.0 B 2 ĐK: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9 x +1 = ..... B = x−4 1 5 x−4 5 ≤− ⇔ ≤ − ⇔ 2 x − 8 ≤ −5 x − 5 B 2 x +1 2 1 1 1 ⇔ 2 x + 5 x − 3 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ x ≤ ⇔0≤ x ≤ ⇔0≤ x≤ 2 2 4 2 4.0 a)Giải phương trình x − 3x + 2 + x − 1 = 2 0 2.0 Trường hợp 1: x ≥ 1 : ta có phương trình x 2 − 3x + 2 + x − 1 =0 x − 2 x + 1 = 0 ⇔ x = 1 (nhận) 2 Trường hợp 2: x < 1 ta có phương trình x 2 − 3x + 2 − x + 1 =0 x = 1 ⇔ x2 − 4x + 3 = 0 ⇔  (loại) x = 3 Vậy tập nghiệm của phương trình: S = {1}  x − 1 + y − 1 = (1) 2 2.0  b)Giải hệ phương trình:  1 1 x + y = 1 (2)  ĐK: x ≥ 1; y ≥ 1 (2) ⇔ x + y = (3) xy 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 = kết hợp với (3) có hệ:  4  xy = 4 Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y là hai nghiệm của pt: X 2 − 4 X + 4 =0 ⇒ ⇒ x= 2; y= 2
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  ,  x1= 2m − 1 x2 suy ra 1 4m + 1 1 4m + 1 + 2m 2 + 1 2(m + 1) 2 (m + 1) 2 −1 T=+ =+ = = ≥0⇒T ≥ 2 4m + 2 2 2 2(2m + 1) 2 2(2m + 1) 2m + 1 2 2 2 1 Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất là khi m = −1 2 4 ( Cho x , y > 0 thỏa mãn điều kiện x + y = . Chứng minh x 2 y 2 x 2 + y 2 ≤ 2 2 ) 2.0 Vì x, y ≥ 0 nên x + y ≥ 2 xy (bất đẳng thức Cô-si) 2 Suy ra 2 ≥ 2 xy (vì x + y =) hay 0 < xy ≤ 1 Do đó 0 < xy ≤ 1 suy ra x 2 y 2 ≤ xy ( ) Xét vế trái x 2 y 2 x 2 + y 2 ≤ xy ( x + y ) − 2 xy  xy(4 − 2 xy ) (do x + y =) 2  =  2   = 2 x 2 y 2 + 4 xy = ( x 2 y 2 − 2 xy + 1 − 1) − − = ( xy − 1) + 2 ≤ 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 : 3 x 2 − y 2 − 2 xy − 2 x − 2 y + 8 =0 1.5 3 x 2 − y 2 − 2 xy − 2 x − 2 y + 8 =0 ⇔ y 2 + 2 ( x + 1) y − ( 3 x 2 − 2 x + 8 ) = 0 ( x + 1) 2 ∆ 'y = + 3x 2 − 2 x + 8 = 4 x 2 + 9 Phương trình có nghiệm ⇒ ∆ ' là số chính phương Đặt 4 x 2 = m 2 ( m ∈ N ) +9 4 x 2 − m 2 = ⇔ ( 2 x − m )( 2 x + m ) = 9 9 ⇒ x {−2;0; 2} Với x = 2 ,ta được y 2 + 6 y − 16 = 0 ⇒ y ∈ {−8; 2} Với x = 0 ,ta được y 2 + 2 y − 8 = 0 ⇒ y ∈ {−4; 2} Với x = −2 ,ta được y 2 − 2 y − 24 = 0 ⇒ y ∈ {−6; 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 B O  a) Chứng minh POQ  900 và AP .BQ  R 2 . 2.0    *Ta có: POC  1 COA ( OP là tia giác của COA ) 2    :QOC  1 COB ( OQ là tia giác của COB ) 2    1     POQ  POC  QOC  COA  COB  1800  900 . 2 1 2  * Ta có: AP  PC ; BQ  QC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) POQ vuông tại O  CP .CQ  OC 2
 AP .BQ  R 2 b)Chứng minh AB  4.IK 1.5  ta có OP là đường trung trực của AC  MA  MC ,CMO  900  OQ là đường trung trực của BC  NB  NC ,CNO  900  mà POQ  900 nên MONC là hình chữ nhật  OC  MN AP // BQ nên APQB là hình thang cân và nhận IO là đường trung bình  OI // BQ . Mà BQ  AB  OI  AB Ta có MN là đường trung bình của ABC  MN // AB, AB  2MN Mà KH  MN  KH  AB  KH //OI  OHKI là hình bình hành 1 1  IK  OH  MN  AB  AB  4.IK 2 4   c)Chứng minh NMQ  NPQ 1.0   Ta có: CMO  900,CNO  900  OMCN là tứ giác nội tiếp    OMN  OCN ( cùng chắn cung ON )      Mặc khácOCN  POQ ( cùng phụ CON )  OMN  PQO   0   0 Ta cóOMN  PMN  180  PQO  PMN  180  tứ giác PMNQ nội tiếp    NMQ  NPQ 7 1.0 M B A E N I Q F D P C Gọi E , 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 giác MNPQ là MN  PN  QP  QM  2(EI  FC  IF  AE )  2AC  2 Vậu chu vi của tứ giác MNPQ không nhỏ hơn 2 --Hết---