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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

9
lượt xem 2
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 Phú Thọ” giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu ôn tập, luyện tập giải đề nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập một cách thuận lợi. Chúc các bạn thi tốt!

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 Phú Thọ

https://thcs.toanmath.com/de-thi-hsg-toan-9
ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG TỈNH Môn: TOÁN (Hướng dẫn chấm có 07 trang) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM Câu Đáp án Câu Đáp án 1 A 9 B 2 A 10 A 3 A 11 A 4 B 12 B 5 D 13 A 6 D 14 C 7 D 15 B 8 B 16 D II. PHẦN TỰ LUẬN Lưu ý khi chấm bài - Hướng dẫn chấm (HDC) dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic. - Thí sinh làm bài theo cách khác với HDC mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của HDC. - Điểm bài thi là tổng điểm các bài không làm tròn số. Bài 1 (3,0 điểm): 1). Tìm tất cả các căp số nguyên dương  x, y  thỏa mãn: 3  x 2  y 2   2  xy  1  662. m2  n 2 mn 2). Cho các số nguyên dương a, b, m, n thỏa mãn:  a; b   1 và  1 . a b Chứng minh rằng: a  2b  a  2b là số nguyên. Ý Đáp án Điểm 1). Tìm tất cả các căp số nguyên dương  x, y  thỏa mãn: 3  x 2  y 2   2  xy  1  662. Xét phương trình: 3  x 2  y 2   2  xy  1  662.  3  x  y   2 xy   2 xy  664. 2   0,25  3  x  y   4 xy  664 2  3  x  y   4 xy  664 2 Đặt S  x  y; P  xy,  S 2  4 P  * , ta được PT : 3S 2  4 P  664 1 1. (1,5 điểm) 0,25 Vì S 2  4 P nên 3S 2  S 2  664  S 2  332. 664 664 Lại có: P  0 nên 3S 2  664  S 2  . Suy ra:  S 2  332. 0,25 3 3 Từ (1) suy ra: S chẵn nên S  16;18 . 0,25 Trang 1/7
Ý Đáp án Điểm Với S  16  P  26,  t / m *  . Khi đó x, y là 2 nghiệm của phương trình:  X  8  38 0,25 X 2  16 X  26  0   (loại do x, y nguyên dương).  X  8  38 Với S  18  P  77 , thỏa mãn (*). Khi đó x, y là 2 nghiệm của phương X  7 trình: X 2  18 X  77  0   (t/m). 0,25  X  11 Vậy có 2 cặp số nguyên dương  x, y  thỏa mãn là:  7;11 và 11;7  . m2  n 2 mn 2). Cho các số nguyên dương a, b, m, n thỏa mãn:  a; b   1 và  1 . a b Chứng minh rằng: a  2b  a  2b là số nguyên. Gọi d   m, n   m  dx, n  dy,  x, y   1; d , x, y   . Thay vào 1 , ta được: b  x 2  y 2   axy  2  0,25 Từ (2) suy ra: axy  x 2  y 2  mà  x, y   1 nên a  x 2  y 2  . 0,25 Và b  x 2  y 2  a và  a; b   1 nên  x 2  y 2  a 0,25 2. (1,5 điểm) Vậy ta phải có: x 2  y 2  a, kéo theo b  xy. 0,25 Suy ra: a  2b   x  y  ; x, y   a  2b  . 2 . Suy ra: 0,25 Lại có: a  2b   x  y   a  2b  . 2 Do đó: a  2b  a  2b là số nguyên. 0.25 Bài 2 (4,0 điểm).  x4 y 4 1    x10 y10 2 1). Cho a, b, x, y là các số thực thỏa mãn:  a b a  b . Chứng minh 5  5  .  a  b 5  x2  y 2  1 a b  2). Giải phương trình:  x  1 5 x 2  2 x  3  5 x 2  4 x  5  x  x  y   x  y  2 y 2 y3  1  3). Giải hệ phương trình:  .   2 x  3. y  5  y  x  6 3 2 Ý Đáp án Điểm x 4 y 4 1    x10 y10 2 1). Cho a, b, x, y là các số thực thỏa mãn:  a b a  b . Chứng minh 5  5  .  a  b 5  x2  y 2  1 a b  Từ giả thiết, ta có: x4 y 4  x  y  2 2 2 x4  2x2 y 2  y 4    . 0,25 a b a b a b x4 y4   a  b   a  b  x4  2x2 y 2  y 4 a b b a 1. (1,0 điểm)  x4  x4  y 4  y 4  x4  2x2 y 2  y 4 0,25 a b Trang 2/7
Ý Đáp án Điểm 2 2 b 4 a 4  x  y  2x2 y 2 ab ab  b x  a 2 y 4  2abx 2 y 2 2 4   bx 2  ay 2   0 2  bx 2  ay 2 x2 y 2 x2  y 2 1 Suy ra:    * . 0,25 a b ab a b Áp dụng kết quả * , ta có: 5 x10  x 2   1  5 1       a   a  b  a  b 5 5 a 5 y10  y 2   1  5 1 0,25       b   a  b  a  b 5 5 b x10 y10 1 1 2 Do đó:  5    .  a  b  a  b  a  b 5 5 5 5 a b 2). Giải phương trình:  x  1 5 x 2  2 x  3  5 x 2  4 x  5  x  1 Điều kiện:   * x  3  5 Ta có:  x  1 5 x 2  2 x  3  5 x 2  4 x  5 0,25   x  1 5 x 2  2 x  3  5 x 2  2 x  3  2 x  2 1 Đặt t  5 x 2  2 x  3,  t  0  . Khi đó phương trình 1 trở thành: t 2   x  1 t  2 x  2  0 t  2  0,25 2.(1,0 điểm) t  x  1 x  1 Với t  2  5 x  2 x  3  2   2 x   7  t/m *  0,25  5 Với t  x  1  5 x 2  2 x  3  x  1  1  5  x   x2  x 1  0   2    1  5 (vô nghiệm) x  1  x  0,25  2  x  1 7 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  1, x   . 5 Trang 3/7
Ý Đáp án Điểm x  x  y  x  y  2 y 2 y 1  3). Giải hệ phương trình:   3  (1) .  2 x  3. 3 y  5  y 2  x  6 (2) 3 Điều kiện: x   ; y  0; x  y  0. 0,25 2 Xét phương trình (1) : x  x  y   x  y  2 y  2 y3  1  x 2  xy  x  y  2 y 2  2 y 0,25  x  xy  2 y  2 2  x  y  2 y  0  3  Xét x  y  2 y  0  x  y  0 không thỏa mãn hệ phương trình. x  y  2y Xét x  y  2 y  0 , ta có:  3   x  2 y  x  y   0 3.(2,0 điểm) x  y  2y 0,25  1    x  y x  2y  0  x  y  2 y   x  y   1 x  2y  0  x  y  2y 0,25 1 Do x  y  0; y  0 nên x  2 y   0. x  y  2y Với x  y , thay vào phương trình ( 2) của hệ , được phương trình: 2 x  3. 3 x  5  x 2  x  6  4  0,25 3 Nhận xét VT  3  0, x   nên x 2  x  6  0  x  2. 2  4   2x  3  3  3 x5 3  3  x  5  2  x 2  x  12 2x  6 x 58 3 x  5.  3.   x  3 x  4  2x  3  3   2 3 x5  23 x  5  4 0,25  3  2 x5   x  3    x  4   0  4 3   2x  3  3    2  3 x  5  23 x  5  4    Vì x  2  2 x  3  x  5  x  2  x  5  2 x  3  3 x  5 23 x  5 0,25  2x  3  3  3 x  5  2 2x  3  3 3 3 Lại có:   1, x  2.   2 3 x  5  23 x  5  4 4 23 x  5 3 Suy ra:   3  x  4, x  2. 2x  3  3   2 3 x5 2 x5 4 3 0,25 23 x  5 3     x  4   0, x  2. 2x  3  3   2 3 x5  23 x  5  4 PT  4   x  3. Vậy hpt đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    3;3 . Trang 4/7
Bài 3 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC cân tại A ( BAC  900 ). Một đường tròn tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại B, C. Trên cung BC nằm trong tam giác ABC lấy điểm M ( M khác B, C ). Gọi I , H , K lần lượt là hình chiếu của M trên BC , CA, AB. Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng MB và IK , Q là giao điểm của hai đường thẳng MC và IH , T là giao điểm của hai đường thẳng HK và MI . a) Chứng minh TK .MH  MK .TH . b) Chứng minh PQ song song với BC. c) Gọi  O1  và  O2  lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác MPK và MQH , N là giao điểm thứ hai của  O1  và  O2  ( N khác M ). Chứng minh khi M di động trên cung nhỏ BC thì đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Ý Đáp án Điểm a. (1,5 điểm) Từ giả thiết có tứ giác BKMI nội tiếp suy ra KBI  KMT . 0,25 Tứ giác CHMI nội tiếp nên HCI  TMH . 0,25 Do tam giác ABC cân tại A nên ABC  ACB. 0,25 hay KMT  HMT . 0,25 Vì thế có MT là đường phân giác trong KMH . TH MH 0.25 Từ đó có:  . TK MK Suy ra: TH .MK  MH .TK . 0,25 Tứ giác CHMI nội tiếp suy ra MIH  MCH mà MCH  MBC (góc nội tiếp 0,25 và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) nên MIH  MBC . Tương tự: MIK  MCB (*). 0,25 b. (1,5 điểm) Từ đó: PMQ  PIQ  1800. Suy ra tứ giác MPIQ nội tiếp. 0,25 Do tứ giác MPIQ nội tiếp nên MQP  MIK ; 0,25 Theo (*) MIK  MCB nên MQP  MCB . 0,25 Từ đó suy ra PQ song song với BC. 0,25 Trang 5/7
Ý Đáp án Điểm c.(1,0 điểm) Do PQ / / BC nên MPQ  MBC , MBC  IKM (tứ giác BKMI nội tiếp). 0,25 Suy ra PKM  MPQ. Vì Q, K nằm khác phía đối với MP nên PQ là tiếp tuyến của đường tròn  O1  tại P. Tương tự PQ là tiếp tuyến của đường tròn  O2  tại Q. 0,25 Gọi E là giao điểm của đường thẳng MN và PQ. Chứng minh: EP 2  EM .EN ; EQ 2  EM .EN nên E là trung điểm của PQ. 0,25 Suy ra MN đi qua trung điểm E của PQ . Do PQ / / BC nên MN đi qua trung điểm D của BC , D là điểm cố định. 0,25 Từ đó ta được đpcm. Bài 4: Cho x, y , z , t là các số thực không âm thỏa mãn x 2  y 2  z 2  t 2  2023. Tìm giá trị nhỏ nhất x y z t của biểu thức F     2023 2023  yzt 2023 2023  ztx 2023 2023  txy 2023 2023  xyz Ý Đáp án Điểm x y z t Đặt a  ;b  ;c  ;d  . 2023 2023 2023 2023 a, b, c, d  0 Khi đó có  2 . a  b  c  d  1 2 2 2 1  a b c d  0,25 F     . 2023  1  bcd 1  acd 1  abd 1  abc  Chỉ ra được: a  b  c  d   2 1 F  2023 a  b  c  d  4abcd 4. (1,0điểm) Nhận xét: 0  a, b, c, d  1 , suy ra 1  a 1  b 1  c 1  d   0. Hay Q  1  2  ab  ac  ad  bc  bd  cd   (a  b  c  d )  4abcd 0,25   ab  ac  ad  bc  bd  cd   5abcd   abc  abd  acd  bcd  Trang 6/7
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ab  ac  ad  bc  bd  cd  6 6  abcd   6 abcd 3 Ngoài ra abc  abd  bcd  acd  0 Suy ra Q  6 abcd  5abcd  5   abcd  abcd  abcd  0, a, b, c, d  0;1. 0,25 Do a 2  b 2  c 2  d 2  1 nên Q   a  b  c  d    a  b  c  d  4abcd   0 2 suy ra a  b  c  d    a  b  c  d  4abcd  2 1 Từ đó F  . 2023 Dấu bằng xảy ra khi:  a  b  c  0; d  1 và các hoán vị hay x  y  z  0, t  2023 và các hoán vị. 0,25 1 Vậy GTNN của F bằng . 2023 --------------------------------HẾT-------------------------------- Trang 7/7