zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

13
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

‘Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam" là tài liệu tham khảo được TaiLieu.VN sưu tầm để gửi tới các em học sinh đang trong quá trình ôn thi, giúp học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học và nâng cao kĩ năng giải đề thi. Chúc các em học tập và ôn thi hiệu quả!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam

UBND TỈNH HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu I. (3,0 điểm) Cho biểu thức a + 1 a a −1 a2 − a a + a −1 P= + + với a > 0, a ≠ 1. a a− a a −a a a) Rút gọn biểu thức P. 8 b) Tìm điều kiện của a để biểu thức Q = nhận giá trị nguyên. P Câu II. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình x 2 − 3 x 3 − 3 x 2 + 4 x − 2 =.0  x − y + 4x − 6 y − 5 =  2 2 0 2. Giải hệ phương trình   2x + 3 + 2 y + 2x + x = 26. 2  1 Câu III. (2,0 điểm) Cho parabol ( P ) : y = x 2 và hai điểm A ( −2;2 ) , B ( 4;8 ) nằm trên ( P ) . 2 Gọi M là điểm thay đổi trên ( P ) và có hoành độ là m ( −2 < m < 4 ) . Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất. Câu IV. ( 2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( x − 2 y )( x + 2 y ) + 4 y = + x 3 . x Câu V. (7,0 điểm) 1. Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB. Gọi C là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn. Các đường thẳng CA, CB cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai tương ứng là D, E. Trên cung AB của ( O ) không chứa D lấy điểm F ( 0 < FA ≤ FB ). Đường thẳng CF cắt AB tại M , cắt đường tròn (O) tại N ( N không trùng với F ) và cắt đường tròn ( O ') ngoại tiếp tam giác CDE tại P ( P không trùng với C ). a) Giả sử  = 600 , tính DE theo R. ACB b) Chứng minh CN .CF = CP.CM . c) Gọi I , H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng BD, AB. Các đường thẳng IH và CD cắt nhau tại K . Tìm vị trí của điểm F để biểu AB BD AD thức + + đạt giá trị nhỏ nhất. FH FI FK 2. Cho góc nhọn xOy cố định và A là điểm cố định trên Ox. Đường tròn ( I ) thay đổi nhưng luôn tiếp xúc với Ox, Oy lần lượt tại E , D. Gọi AF là tiếp tuyến thứ hai kẻ từ A đến ( I ) ( F là tiếp điểm). Chứng minh DF luôn đi qua một điểm cố định. Câu VI. (2,0 điểm) ( a + b − 1) + ( a − b + 1) + ( b − a + 1) 2 2 2 3 Cho 2 số dương a, b. Chứng minh: ≥ . ( a + b ) + 1 ( a + 1) + b 2 ( b + 1) + a 2 2 2 2 5 --- HẾT--- Họ và tên thí sinh:………………………….Số báo danh:.............................................. Người coi thi số 1………………………………Người coi thi số 2……………..........................
UBND TỈNH HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I. HƯỚNG DẪN CHUNG o Hướng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng. o Đối với bài toán hình học nếu học sinh chứng minh có sử dụng đến hình vẽ thì yêu cầu phải vẽ hình, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm phần tương ứng. o Điểm toàn bài không làm tròn. II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Sơ lược lời giải Điểm Cho biểu thức a + 1 a a −1 a2 − a a + a −1 P= + + với a > 0, a ≠ 1. a a− a a −a a a) Rút gọn biểu thức P. 2,0 ( ) ( ) 3 a +1 a − 1 (1 − a ) −1 − a + a P= + + 0,75 a a a −1 ( ) a (1 − a ) a + 1 a + a + 1 −1 − a + a =+ + 0,75 a a a a + 2 a +1 = 0,5 a I. 8 b) Tìm điểu kiện của a để biểu thức Q = nhận giá trị nguyên. 1,0 (3,0 P điểm) 1 1 Có P= a+ + 2 ≥ 2 a. + 2= 4 (Theo BĐT Côsi) a a 1 P =4⇔ a = ⇔ a = 1 (loại do a ≠ 1 ) a 0,5 Vậy P > 4 ∀a > 0, a ≠ 1. 8 ⇒0<
Câu Sơ lược lời giải Điểm (1) ⇔ 2 ( x − 1) + ( x 2 − 2 x + 2 ) − 3 ( x − 1) ( x 2 − 2 x + 2 ) = 0 x −1 x −1 0,25 ⇔ 2. − 3. 2 +1 =0 x − 2x + 2 2 x − 2x + 2 t = 1 x −1 =Đặt t , t ≥ 0 ta được phương trình 2t − 3t + 1 = 0 ⇔  1 2 0,5 x2 − 2 x + 2 t =  2 x −1 x −1 t= 1⇔ = 1⇔ 2 1 ⇔ x2 − =3 x + 3 =(vô nghiệm) 0 0,25 x − 2x + 2 2 x − 2x + 2 1 x −1 1 x −1 1 t =2 ⇔ = ⇔ 2 = 2 x − 2x + 2 2 x − 2x + 2 4 0,5 ⇔ x − 6 x + 6 = 0 ⇔ x = 3 ± 3 (thỏa mãn điều kiện) 2 Vậy pt có 2 nghiệm x= 3 ± 3  x2 − y 2 + 4 x − 6 y − 5 =  0 (1) 2. Giải hệ phương trình  2,0  2x + 3 + 2 y + 2x + x = 26(2) 2   3 x ≥ − Điều kiện  2 0,25 y ≥ 0  x + 2 = y + 3 (1) ⇔ ( x + 2 ) = ( y + 3) ⇔  2 2 0,5 x + 2 = y − 3 − + ) x + 2 = y − 3 ⇔ ( x + 5 ) + y = vô nghiệm − 0 3 0,5 vì ( x + 5 ) + y > 0 ∀x ≥ − , y ≥ 0. 2 +) x + 2 = y + 3 ⇔ y = x − 1 thay vào ( 2 ) ta được 2 x + 3 + 2 ( x − 1) + 2 x 2 + x =26 ⇔ ( ) ( 2x + 3 − 3 + ) 2 x − 2 − 2 + 2 x 2 + x − 21 =0 2x + 3 − 9 2x − 2 − 2 ⇔ + + ( x − 3)( 2 x + 7 ) = 0 0,5 2x + 3 + 3 2x − 2 + 2  2 2  ⇔ ( x − 3)  + + 2x + 7  = 0  2x + 3 + 3 2x − 2 + 2  2 2 = 3, do ⇔x + + 2 x + 7 > 0 ∀x ≥ 1 2x + 3 + 3 2x − 2 + 2 +) x =3 ⇒ y = 2 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;2 ) 1 2 III. Cho parabol ( P ) : y = x và hai điểm A ( −2; 2 ) , B ( 4;8 ) nằm trên ( P ) . Gọi M 2 (2,0 điểm) là điểm thay đổi trên ( P ) và có hoành độ là m ( −2 < m < 4 ) . Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất. Page 2 of 6
Câu Sơ lược lời giải Điểm  m2  Có M  m;   2  Gọi A ' ( −2;0 ) , M ' ( m;0 ) , B ' ( 4;0 ) 0,5 =S ABB ' A ' (= AA '+ BB ') A ' B 30 2 =S AMM ' A ' (= ( 4 + m2 ) ( 2 + m ) AA '+ MM ') A ' M ' 2 4 0,5 S MBB ' M ' = = ( MM '+ BB ') M ' B ' (16 + m ) ( 4 − m ) 2 2 4 6m 2 − 12m + 72 27 3(m − 1) 2 S ABM = ' B ' − S AMM ' A ' − S MBB ' M ' S ABA 30 − = =− 4 2 2 0,75 27 S ABM ≤ ∀m 2 Vậy m = 1 là giá trị cần tìm 0,25 Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( x − 2 y )( x + 2 y ) + 4 y = + x . x 3 2,0 ( x − 2 y )( x + 2 y ) + 4 y= x + x3 ⇔ ( x + 1) ( x 2 + 1)= ( 2 y − 1) 2 (1) 0,25 y ∈  ⇒ ( 2 y − 1) là số nguyên dương lẻ 2 ⇒ ( x + 1) ( x 2 + 1) là số nguyên dươnglẻ 0,5 ⇒ x + 1, x 2 + 1 cùng lẻ và 1 + x ≥ 0 IV. ( Giả sử 1 + x,1 + x ) =d ⇒ d là số lẻ. 2 (2,0 Do (1 + x ) d ⇒ (1 − x ) d . 2 điểm) 0,5 Lại có (1 + x ) d ⇒ (1 + x ) + (1 − x )   d ⇒ 2 d ⇒ d = d 2  2  2 1 (do lẻ) Mặt khác, (1) ⇒ ( x + 1) ( x + 1) là số chính phương. 2 1 + x,1 + x 2 là 2 số nguyên tố cùng nhau nên 1 + x,1 + x 2 đều là số chính phương 0,5 Do x , x + 1 là hai số nguyên liên tiếp và cùng là số chính phương nên x = 0 2 2 y = 0 x = 0 ⇒ −4 y 2 + 4 y = 0 ⇔  . Vậy ( x; y ) = ( 0;0 ) hoặc ( x; y ) = ( 0;1) 0,25 y =1 Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB. Gọi C là điểm thỏa mãn tam giác ABC V. (7,0 nhọn. Các đường thẳng CA, CB cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai tương ứng là điểm) D, E. Trên cung AB của ( O ) không chứa D lấy điểm F ( 0 < FA ≤ FB ). Đường thẳng CF cắt AB tại M , cắt đường tròn (O ) tại N ( N không trùng với F ) và cắt đường tròn ( O ') ngoại tiếp tam giác CDE tại P ( P không trùng với C ). Page 3 of 6
Câu Sơ lược lời giải Điểm a)Giả sử  = 60 , tính DE theo R. ACB 0 2,0 Xét đường tròn ( O )    = sd BFA − sd DNE BCA (Góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn) 2 0,75 1800 − sd DNE   BCA = ⇒ sd= 600 ⇒ EOD = 600  DNE  2 ∆OED có OD = OE ⇒ ∆OED cân tại O 0,75 Mà EOD = 600 ⇒ ∆ODE là tam giác đều  ⇒ OD = ⇒ ED = R DE 0,5 b)Chứng minh CN .CF = CP.CM . 1,5   CPE = CDE (2 góc nội tiếp chắn cung CE của đường tròn ( O′ ) )   Mà CBM = CDE (Vì tứ giác ABED nội tiếp đường tròn ( O ) )   ⇒ CBM = CPE nên tam giác CPE đồng dạng với tam giác CBM 0,75 CE CM ⇒ = ⇒ CE.CB = .CP (1) CM CP CB Tương tự chứng minh tam giác CNE đồng dạng với tam giác CBF CE CF = ⇒ CE.CB = .CF (2) CN 0,5 CN CB Từ (1) và (2) suy ra: CN .CF = CP.CM 0,25 c) Gọi I , H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng BD, AB. Các đường thẳng IH và CD cắt nhau tại K . Tìm vị trí của điểm F để 1,5 AB BD AD biểu thức + + đạt giá trị nhỏ nhất. FH FI FK Page 4 of 6
Câu Sơ lược lời giải Điểm    Tứ giác BIHF, BDAF nội tiếp nên FHK = FAK (= FBD ), suy ra tứ giác AKFH 0,5 nội tiếp nên FKA = 900 .    Xét ∆DFK và ∆BFH có FKD = FHB = 90 0 và FBH = FDA (Hai góc nội tiếp cùng chắn  của đường tròn ( O ) )   AF 0,25 DK BH ⇒ ∆DFK  ∆BFH ⇒ = (1) FK FH ID HA Tương tự tam giác IDF đồng dạng với tam giác HAF ⇒ = 0,25 IF HF AK BI Tương tự tam giác AFK đồng dạng tam giác BFI nên: = (2) FK FI DK AK BH BI DA BH BI (1) , (2) ⇒ − = − hay: = − FK FK FH FI FK FH FI 0,25 DA BD BH BD BI BH ID ⇒ + = + − = + FK FI FH FI FI FH FI ID HA DA BD BH HA AB Mà = suy ra: + = + = FI FH FK FI FH FH FH AB BD AD 2 AB Vậy + + = nhỏ nhất khi FH lớn nhất khi 𝐹𝐹 là trung điểm cung 𝐴𝐴𝐴𝐴 FH FI FK FH 0,25 AB BD AD nên + + FH FI FK  2. Cho góc xOy cố định và A là điểm cố định trên Ox. Đường tròn ( I ) thay đổi nhưng luôn tiếp xúc với Ox, Oy lần lượt tại E , D. Gọi AF là tiếp tuyến thứ hai 2,0 kẻ A từ đến ( I ) ( F là tiếp điểm). Chứng minh DF luôn đi qua một điểm cố định. Kéo dài DF cắt OI tại J Chứng minh được 4 điểm A, E , I , F cùng thuộc một đường tròn 0,75   Chứng minh được JFE = JIE => 4 điểm J , F , I , E cùng thuộc một đường tròn. 0,75 Do đó 5 điểm A, E , I , F , J cùng thuộc một đường tròn Góc  = 90 => J là điểm cố định AJI 0,5 0 Page 5 of 6
Câu Sơ lược lời giải Điểm Cho 2 số dương a, b. Chứng minh: ( a + b − 1) + ( a − b + 1) + ( b − a + 1) 2 2 2 3 ≥ (1) ( a + b ) + 1 ( a + 1) + b 2 ( b + 1) + a 2 2 2 2 5 2 2  a +1   b +1  − 1  − 1 ( a + b − 1) +  b 2 (1) ⇔   + a  ≥ 3 (*) (a + b) + 1  a + 1  + 1  b + 1  + 1 5 2 2 2      b   a  a b 1 Đặt x = ; y= ; z= a + b +1 a + b +1 a + b +1 0,5 b +1 1 a +1 1 1 ta được = − 1; = − 1; a + b = − 1; a x b y z Vì a; b > 0 ⇒ x; y; z > 0 Ta lại có x + y + z = ⇒ 0 < x; y; z < 1 1 (1 − 2 z ) + (1 − 2 y ) + (1 − 2 x ) 2 2 2 3 Thay vào (*) ta được ≥ z + (1 − z ) y 2 + (1 − y ) x 2 + (1 − x ) 2 2 2 2 5 4z 2 − 4z + 1 4 y 2 − 4 y + 1 4x2 − 4x + 1 3 ⇔ + + ≥ 2z 2 − 2z + 1 2 y 2 − 2 y + 1 2x2 − 2x + 1 5 0,5 1 1 1 27 ⇔ 2 + 2 + 2 ≤ VI. 2z − 2z + 1 2 y − 2 y + 1 2x − 2x + 1 5 (2,0 1 9 54  1  điểm) Ta có ≤ +  t −  (*) với mọi t thuộc khoảng (0; 1) 2t − 2t + 1 5 25  3  2 1 9 18 ( 3t − 1) Thật vậy (*) ⇔ 2 ≤ + 2t − 2t + 1 5 25 18 ( 3t − 1) 9 1 ⇔ + − 2 ≥0 25 5 2t − 2t + 1 18 ( 3t − 1) 18t 2 − 18t + 4 ⇔ + ≥0 25 5 ( 2t 2 − 2t + 1) 9 ( 3t − 1) ( 3t − 2 )( 3t − 1) 0,5 ⇔ + ≥0 5 2t 2 − 2t + 1 9 3t − 2  ⇔ ( 3t − 1)  + 2 ≥0  5 2t − 2t + 1   ⇔ ( 3t − 1) (18t 2 − 3t − 1) ≥ 0 vì 2t 2 − 2t + 1 > 0 ∀t ⇔ ( 3t − 1) ( 6t + 1) ≥ 0 luôn đúng với mọi t thỏa mãn 0 < t < 1 2 1 Dấu bằng xảy ra khi t = 3 Sử dụng (*) 3 lần cho x; y; z rồi cộng từng vế 3 bất đẳng thức cùng chiều ta có điều phải chứng minh. 0,5 1 Dấu bằng xảy ra khi x= y= z= hay a= b= 1 3 -----HẾT----- Page 6 of 6

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.