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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

9
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo “Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình” được chia sẻ dưới đây để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

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 Quảng Bình

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2022-2023 Khóa ngày 13 tháng 12 năm 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN LỚP 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) SỐ BÁO DANH:…………… Đề gồm có 01 trang và 05 câu.  2 5 x 1  x −1 Câu 1 (2.0 điểm): Cho biểu thức A =  − + : .  2 x + 1 4x −1 2 x −1  2 x + 1 ( ) 2 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 20 + 14 2 + 3 20 − 14 2 . Câu 2 (2.0 điểm): a) Giải phương trình: x 2 − x − 4 = 2 x − 1 (1 − x ) . 3 x + ( m − 1) y = 12 b) Cho hệ phương trình:  (với m là tham số). ( m − 1) x + 12 y = 24 Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa điều kiện x + y  1. Câu 3 (1.5 điểm): Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 2023 . yz zx xy 2023 Chứng minh rằng: x. + y. + z.  . y + 2022 z z + 2022 x x + 2022 y 3 Câu 4 (3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Điểm E di động trên cạnh CD (khác C, D). M là giao điểm của AE với BC. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AE cắt CD tại N. I là trung điểm của đoạn thẳng MN. Đường phân giác của góc BAE cắt cạnh BC tại P. Chứng minh rằng: a) BM .DE = a 2 . b) AI vuông góc với MN và I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi E di động trên cạnh CD (khác C, D). c) AP  2 EP . Câu 5 (1,0 điểm): Cho P = n6 − n 4 + 2n3 + 2n 2 (với n  , n  1 ). Chứng minh rằng: P không phải là số chính phương. -------------HẾT------------- Chú ý: + Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. + Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2022-2023 Khóa ngày 13 tháng 12 năm 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN LỚP 9 THCS Đáp án này gồm có 06 trang YÊU CẦU CHUNG * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của thí sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu thí sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Ở câu 4 nếu thí sinh không vẽ hình thì cho 0 điểm. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Thí sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm 1  2 5 x 1  x −1 Cho biểu thức A =  − + :  2 x + 1 4x −1 2 x −1  2 x + 1 ( ) 2 2.0 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 20 + 14 2 + 3 20 − 14 2 . 1.a  2 5 x 1  x −1 Rút gọn biểu thức A =  − + :  2 x + 1 4x −1 2 x −1  2 x + 1 ( ) 2 1.0 1 Điều kiện: x  0; x  ; x  1 . 0.25 4 4 x − 2 − 5 x + 2 x + 1 (2 x + 1) 2 A= . 0.25 (2 x + 1)(2 x − 1) x −1 x −1 2 x +1 A= . 0.25 2 x −1 x −1 2 x +1 A= 2 x −1 0.25 2 x +1 1 Vậy A = với điều kiện x  0; x  ; x  1 . 2 x −1 4 1.b Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 20 + 14 2 + 3 20 − 14 2 . 1.0 Áp dụng hằng đẳng thức ( a + b ) = a 3 + b3 + 3ab ( a + b ) , ta có : 3 ( )( ) 0.25 x3 = 20 + 14 2 + 20 − 14 2 + 3 3 20 + 14 2 20 − 14 2 .x 1
( )(  x3 = 40 + 3 3 20 + 14 2 20 − 14 2 .x ) 0.25  x − 6 x − 40 = 0 3 (  ( x − 4 ) x 2 + 4 x + 10 = 0 ) 0.25  x = 4 (do x 2 + 4 x + 10  0) 2 x +1 2 4 +1 5 Thay x = 4 vào A ta được A = = = 2 x −1 2 4 −1 3 0.25 5 Vậy A = khi x = 3 20 + 14 2 + 3 20 − 14 2 . 3 2.a Giải phương trình x 2 − x − 4 = 2 x − 1 (1 − x ) . 1.0 Điều kiện: x  1 (*). Ta có: x 2 − x − 4 = 2 x − 1 (1 − x )  x 2 + 2 x x − 1 + x − 1 − 2( x + x − 1) − 3 = 0 0.5 ( ) ( ) 2  x + x −1 − 2 x + x −1 − 3 = 0  (x + )( x −1 +1 x + x −1 − 3 = 0 ) 1  x  3  x + x −1 = 3  x −1 = 3 − x   x −1 = 9 − 6x + x 2 1  x  3 1  x  3 1  x  3  0.5  2    x = 2  x = 2  x − 7 x + 10 = 0 ( x − 2 )( x − 5 ) = 0  x = 5  Vậy phương trình có nghiệm x = 2. 2.b 3 x + ( m − 1) y = 12 Cho hệ phương trình  (với m là tham số).  ( m − 1) x + 12 y = 24 1.0 Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa điều kiện x + y  1. 3x + ( m − 1) y = 12 (1) 3 x + ( m − 1) y = 12  Ta có:   24 − ( m − 1) x ( m − 1 ) x + 12 y = 24 y = ( 2)  12 Thay (2) vào (1) ta được: 36 − ( m − 1)2  x = 168 − 24m 0.25    ( m − 7 )( m + 5) x = 24m − 168 ( 3) Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) có nghiệm duy nhất m  −5  m  7 24m − 168 24 ( m − 7 ) 24 Khi đó: x = = = ( m − 7 )( m + 5) ( m − 7 )( m + 5) m + 5 0.25 2
Thay vào (2) ta được 24 ( m − 1) ( m − 1) . 24   + 12 y = 24  12 y = 24 −  m+5 m+5 2 ( m − 1) 12  y = 2−  y= m+5 m+5 24 12 36 − m − 5 Do đó: x + y  1  + 1 0 m+5 m+5 m+5 0.25 m − 31   0  m − 31  0  m + 5 m+5  −5  m  31 Kết hợp với điều kiện ta có −5  m  31 và m  7 . 0.25 Vậy −5  m  31 và m  7 thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 3 Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 2023 . Chứng minh yz zx xy 2023 1.5 rằng: x. + y. + z.  . y + 2022 z z + 2022 x x + 2022 y 3 Ta sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc sau: + Cho ba số thực a, b, c ta có: ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  0  a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca  0 2 2 2  ( a + b + c )  3 ( ab + bc + ca ) (1) 2 + Cho hai bộ số thực ( a1 , a2 , a3 ) và ( b1 , b2 , b3 ) ta có: ( a1b2 − a2b1 ) + ( a2b3 − a3b2 ) + ( a3b1 − a1b3 )  0 2 2 2 0.25  ( a1b2 ) + ( a2b1 ) + ( a2b3 ) + ( a3b2 ) + ( a3b1 ) + ( a1b3 ) 2 2 2 2 2 2  2 ( a1b1a2b2 + a2b2 a3b3 + a3b3a1b1 )  ( a12 + a22 + a32 )( b12 + b22 + b32 )  ( a1b1 + a2b2 + a3b3 ) 2  a1b1 + a2b2 + a3b3  (a2 1 + a22 + a32 )( b12 + b22 + b32 ) ( 2 ) Ta chứng minh cho trường hợp tổng quát: Cho ba số thực x, y , z dương và x + y + z = k  1. xy ( k − 1) x + y 3 Ta có bất đẳng thức sau:  ( ) x + ( k − 1) y k2 0.5 Thật vậy, ( 3)  ( k − 1) x 2 + xy + ( k − 1) xy + ( k − 1) y 2 − k 2 xy  0 2  ( k − 1)( x − y )  0 (đúng) 2 yz zx xy Áp dụng (3) ta có: x. + y. + z. y + ( k − 1) z z + ( k − 1) x x + ( k − 1) y  1 k ( x. ( k − 1) y + z + y. ( k − 1) z + x + z. ( k − 1) x + y ) 0.25 = 1 k (x . ( k − 1) yx + zx + y . ( k − 1) zy + xy + z . ( k − 1) xz + yz ) 3
( x + y + z ) ( ( k − 1) yx + zx + ( k − 1) zy + xy + ( k − 1) xz + yz ) (theo (2)) 1  k 1 2 = k ( zx + xy + yz ) k 0.25 ( x + y + z) 2 k = xy + yz + zx  = (theo (1)) 3 3 yz zx xy k Do đó: x. + y. + z.  ( 4) y + ( k − 1) z z + ( k − 1) x x + ( k − 1) y 3 Thay k = 2023 ta được: yz zx xy 2023 0.25 x. + y. + z.  (đpcm) y + 2022 z z + 2022 x x + 2022 y 3 2023 Dấu " = " xảy ra khi x = y = z = . 3 4 Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Điểm E di động trên cạnh CD (khác C, D). M là giao điểm của AE với BC. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AE cắt CD tại N. I là trung điểm của đoạn thẳng MN. Đường phân giác của góc BAE cắt cạnh BC tại P. Chứng minh rằng: 3.5 a) BM .DE = a 2 . b) AI vuông góc với MN và I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi E di động trên cạnh CD (khác C, D). c) AP  2 EP . N I 0.25 A D E K L B P C M F 4
4.a BM .DE = a 2 1.0 Xét tam giác AEN có: EAN = 900 , AD là đường cao. Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông cho tam giác AEN ta có: 0.5 DE.DN = AD  DE.DN = a 2 2 (1) Xét hai tam giác ADN và MBA ta có: ADN = ABM = 900 AD = AB = a 0.5 DAN = BAM (vì cùng phụ với góc DAE ) Suy ra: ADN = MBA ( g.c.g )  DN = BM ( 2 ) Từ (1), (2) suy ra: BM .DE = a 2 (đpcm) AI vuông góc với MN và I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi 1.25 E di động trên cạnh CD (khác C, D). Xét tam giác AMN ta có: AM = AN (theo câu a)), AI là đường trung 0.25 tuyến. Suy ra: AI là đường cao của tam giác AMN hay AI ⊥ MN . Xét tam giác AMN ta có: MAN = 900 (giả thiết), AI là đường trung tuyến. MN 0.25 Suy ra: AI = ( 3) . 2 4.b Xét tam giác CMN ta có: MCN = 900 (giả thiết), CI là đường trung tuyến. MN 0.25 Suy ra: CI = ( 4) . 2 Từ (3), (4) suy ra: AI = CI hay I nằm trên đường trung trực của đoạn 0.25 thẳng AC (5) Mặt khác, BD là đường trung trực của đoạn thẳng AC (vì ABCD là hình vuông) (6) 0.25 Từ (5), (6) suy ra: I nằm trên đường thẳng BD cố định (đpcm) 4.c AP  2 EP 1.0 Kẻ EF ⊥ AP ( F  AB ) , EK ⊥ AB ( K  AB ) (7) Xét tứ giác BCEK có B = C = K = 900 nên BCEK là hình chữ nhật. 0.5 Suy ra: EK = BC = a (8) Gọi L là giao điểm của AP với EK. Ta có: BAP = KEF (vì cùng phụ với 0.25 góc AKL (9) 5
Từ (7), (8), (9) suy ra: ABP = EKF  AP = EF (10 ) Vì AP vừa là đường cao vừa là đường phân giác của tam giác AEF nên AP là đường trung trực của đoạn thẳng EF. Suy ra: PE = PF (11) 0.25 Từ (10), (11) ta có: AP = EF  PE + PF = PE + PE = 2PE  AP  2PE (đpcm) 5 Cho P = n6 − n 4 + 2n3 + 2n 2 (với n  , n  1 ). Chứng minh P không 1.0 phải là số chính phương. Ta có: P = n6 − n4 + 2n3 + 2n2 = n2 (n + 1)2 .(n2 - 2n + 2) 0.25 Với n  , n  1 thì n2 − 2n + 2 = (n − 1)2 + 1  (n − 1) 2 0.25 và n2 − 2n + 2 = n2 − 2(n − 1)  n2 0.25 Do đó: ( n − 1)  n 2 − 2n + 2  n 2  n 2 − 2n + 2 không là số chính phương 2 0.25 Vậy P = n6 − n 4 + 2n3 + 2n 2 không là số chính phương. 6