Đang tải... (xem toàn văn)
Luyện tập với Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2021-2022 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Nam giúp bạn hệ thống kiến thức đã học, làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề chính xác giúp bạn tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo và tải về đề thi.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS NĂM HỌC 2021 - 2022 Mơn thi: Tốn Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/4/2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (4,0 điểm) x x 3 x 2 x2 x 3 , với x x x 1 x4 x 3 Rút gọn biểu thức A tìm x để A x a) Cho biểu thức A b) Tìm giá trị tham số m để phương trình x 2(m 2) x m có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 x1 x2 Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình x x (2 x)(3 x) (2 x y )( x y ) y b) Giải hệ phương trình x y x y xy 2 Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân A, AB = 4cm Gọi M, N, I trung điểm đoạn thẳng BC, AC BN Điểm D thuộc đoạn thẳng AM cho AM = 4AD a) Tính diện tích tam giác DMN b) Chứng minh tam giác DIN vuông cân Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O) Dựng đường cao AD, BE, CF tam giác ABC Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) M N (M, N nằm cung nhỏ AB, AC) Gọi I giao điểm BM DF, J giao điểm CN DE a) Chứng minh EB tia phân giác DEM b) Chứng minh AM = AN c) Chứng minh tứ giác MNJI nội tiếp đường tròn Câu (5,0 điểm) a) Tìm tất số tự nhiên cho tổng số với tổng chữ số 2023 b) Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức x3 y3 z3 H x y z y2 z x z2 x y HẾT -* Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán coi thi khơng giải thích thêm * Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: …… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH CẤP TỈNH THCS Năm học 2021 - 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN Mơn: TỐN (Hướng dẫn chấm có 07 trang) Câu Đáp án Điểm x x 3 x x2 x 3 a) Cho biểu thức A , với x x Rút gọn biểu x 1 2,5 x4 x 3 thức A tìm x để A x x x 3 x x x x 2 x x 1 x 1 x x ( x 1)( x 3) x x ( x 1)( x 3) A x ( x 1) x 1 A x3 x ( x 1) 2( x 1) x 1 x ( x 1) x 1 0,75 x 1 x 1 0,75 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 0,5 x x x x ( x 1)( x 2) 0,5 x x Đối chiếu điều kiện suy x giá trị cần tìm b) Tìm giá trị tham số m để phương trình x 2(m 2) x m2 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 x1 x2 1,5 ' (m 2) 1.(m 1) 4m 0,25 + Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt ' 4m m Câu (4,0 đ) x x m2 , x x 2( m 2) 2 0,25 0,25 x1 x2 2(m 2) (vì m m 2(m 2) ) 4 x1 x2 m Suy x1 0, x2 0,25 Khi x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 ( x1 x2 ) m 1 m2 2(m 2) m 2m m2 2(m 2) m Đối chiếu điều kiện suy giá trị m cần tìm m * Cách khác: ' (m 2) 1(m2 1) 4m + Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt ' 4m m Vì x1 x2 m2 nên ta có x1 x2 x1 x2 x1 x2 ( x1 x2 ) x12 x22 x1 x2 ( x1 x2 )2 x12 x22 x1 x2 ( x1 x2 ) ( x1 x2 ) ( x1 x2 ) 2(m 2) (m 1) (Giải tìm giá trị m, đối chiếu điều kiện để kết luận) Trang 1/7 0,5 a) Giải phương trình x x (2 x)(3 x) 2 x Điều kiện: 3 x 3 x Đặt t x x (t 0) (2 x)(3 x) t 2,0 0,25 0,25 t 4 Phương trình cho trở thành: t t 12 (t = - không thỏa) t 0,5 t x x (2 x)(3 x) 0,25 x2 x x (thỏa điều kiện) x 2 Vậy phương trình cho có hai nghiệm x 2, x 0,25 (2 x y )( x y ) y b) Giải hệ phương trình 2 x y x y xy 2 0,25 0,25 2,0 Cộng vế theo vế hai phương trình ta được: (2 x y )( x y ) x y x y xy (2 x y )( x y ) (2 x y )2 (2 x y ) (2 x y )(3x y 1) x y 3x y - Với x y y 2 x thay vào phương trình thứ hệ ta được: y x 1 Câu (4,0 đ) - Với 3x y y x thay vào phương trình thứ hệ ta được: 2 x x x 1 x 5 x 1 y ; x 5 y Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm: ( x ; y ) (1; 2) ( x ; y ) (5;8) * Cách khác: (2 x y )( x y ) y (2 x y )( x y ) 2( x y ) (2 x y ) (*) 2 4 x y x y xy 2 (2 x y ) 2( x y ) 2 ab 2b a Đặt a x y , b x y Hệ phương trình (*) trở thành (1) a 2b 2 Cộng vế theo vế hai phương trình hệ (1) ta được: a ab a a ( a b 1) a b a 2 x y x 1 - Với a b , ta có hệ: x y y - Với b a suy a 2(1 a ) 2 a 2a a a 2 + a b (đã xét trên) 2 x y 2 x 5 + a 2 b , ta có hệ: x y y Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm: ( x ; y ) (1; 2) ( x ; y ) (5;8) Trang 2/7 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 Câu Cho tam giác ABC vuông cân A, AB = 4cm Gọi M, N, I trung (3,0 đ) điểm đoạn thẳng BC, AC BN Điểm D thuộc đoạn thẳng AM cho AM = 4AD a) Tính diện tích tam giác DMN 3,0 1,5 (Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25; Hình vẽ phục vụ câu b: 0,25) Gọi H trung điểm AM Suy NH AM SDMN NH.DM 0,25 BC AM = 2 (cm) 0,25 2 4 Ta có: NH CM= 2 , DM AM 2 (cm) 1 3 SDMN NH.DM (cm2) 2 2 * Cách khác: 3 3 + Ta có MD AD SDMN SAMN AM.MN= 2.2 (cm2) 4 4 2 b) Chứng minh tam giác DIN vuông cân - Gọi K trung điểm AN + Ta có: IM // KN IM = KN suy tứ giác MNKI hình bình hành Hơn nữa, IK vng góc KN nên tứ giác MNKI hình chữ nhật AD AK KD // CM AM AC Mà CM AM CM KD + Lại có 0,5 0,25 1,5 0,25 0,25 Suy điểm M, N, K, D, I nằm đường trịn đường kính KM Mà đường trịn đường kính KM đường trịn đường kính IN Suy DN vng góc với DI DMN 450 nên tam giác DIN vng cân D + Lại có DIN Trang 3/7 0,25 0,25 0,25 Câu Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O) Dựng (4,0 đ) đường cao AD, BE, CF tam giác ABC Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) M N (M, N nằm cung nhỏ AB, AC) Gọi I giao điểm BM 4,0 DF, J giao điểm CN DE a) Chứng minh EB tia phân giác DEM 1,0 (Hình vẽ phục vụ câu: 0,25) BAD 0,25 + Tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn nên BED + Gọi H trực tâm tam giác ABC Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn nên 0,25 FEH BAD FEH hay EB tia phân giác DEM 0,25 Suy BED b) Chứng minh AM = AN 1,5 Gọi K giao điểm OA EF, ta có tứ giác BCEF nội tiếp nên có ABC AOC AEF AOC 1800 OAC 900 AOC Tam giác OAC cân O nên 2OAC Do AEF OAC 90 OA MN AM = AN * Cách khác: 0,5 0,25 0,5 + Dựng tiếp tuyến Ax đường tròn (O) A ACB (cùng chắn cung AB) xAB AFN (cùng bù BFE AFN Ax//MN ) xAB Mà ACB Mà OA vng góc Ax nên OA vng góc với MN Suy AM = AN c) Chứng minh tứ giác MNJI nội tiếp đường tròn ACB 1800 + Tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn nên AFD ACB 1800 + Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn nên BFE BFE BFI BFN Suy AFD NBA ( chắn hai cung nhau) Lại có MBA 1,5 0,25 0,25 Do BFI BFN g.c.g suy BI BN, FI FN 0,25 Suy FB trung trực IN hay AB trung trực IN, AI AN 0,25 Trang 4/7 Câu + Hoàn toàn tương tự ta chứng minh AJ AM Suy AM = AN = AI = AJ Vậy tứ giác MNIJ nội tiếp đường trịn 0,25 a) Tìm tất số tự nhiên cho tổng số với tổng chữ số 2023 3,0 Gọi số n tự nhiên thỏa đề, S(n) tổng chữ số số n Theo đề ta có n S n 2023 Ta có: n > 0, S(n) > 0, < n < 2023 => S(n) 28 (khi n 1999, S (n) 28 ) Suy 2023 28 n 2023 hay 1995 n 2023 Nên n số có chữ số n abcd => a a + Nếu a n 1bcd n S n 1000 bcd b c d 2023 101.b 11c 2d 1023 Mà b; c; d nên b = 9; 11c+2d=113 => c = 9, d =7 Suy n 1997 + Nếu a n 2bcd n S n 2000 101b 11c 2d 2023 101b 11c 2d 21 b 0,11c d 21 c 1, d Suy n 2015 Vậy có số thỏa mãn đề bài: 1997 2015 b) Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức H x3 y3 1 z3 1 x2 y z y2 z x z2 x y 0,25 0,25 0,25 0,5 1,0 0,25 2,0 1 ( x 1)( y z ) x y z x ( x y z ) x ( x y z )( x y z ) 0,5 x3 x3 ( x 1) ( x x 1)( y z ) 0 x y z x( x y z ) x( x y z )( x y z ) x3 x3 x y z x( x y z ) y3 y3 1 z3 1 z3 1 Tương tự: , y z x y( x y z) z x y z( x y z) x3 y3 1 z3 1 Suy H x( x y z ) y ( x y z ) z ( x y z ) 1 1 2 hay H x y z x y z x y z 1 1 x y z xy yz zx Lại có yz , zx, xy H x y z x yz ( x y ) ( y z ) ( z x ) H 2( x y z ) Dấu xảy x y z Vậy minH x y z 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 HẾT -Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác Ban Giám khảo thảo luận thống thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm Trang 5/7 HAI CÁCH GIẢI KHÁC CỦA BÀI TOÁN BĐT (Câu 5b) Cách P= = x3 y3 z3 1 2 2 x y z y z x z x y x y z y z x z x y x ( x y z ) x( y z ) y ( y z x ) y ( z x ) z ( z x y ) z ( x y ) 1 x2 y z y2 z x z2 x y x yz y zx z x y x( y z ) y ( z x) z ( x y) 1 2 x y z y z x z x y (1) x y z y z x z x y = x y z Đặt M = x( y z ) y ( z x) z ( x y) x2 y z y2 z x z2 x y 1 x2 y z y2 z x z x y ;N= x( y z ) 3 x( y z ) x y z x( y z ) x( y z ) x( y z ) 2 9 x y z x2 y z y z x ( y z ) 33 2 y( z x) 4y z x z( x y) 4z x y Tương tự: ; y zx z x y Ta có Do M ≤ 6( x y z ) (2) Ta có: xyz yz 3 yz y z 1 1 ; 9 x y z 3 x yz 3 x 33 x Tương tự: z x 1 x y 1 ; y2 z x z x y 2( x y z ) (3) Do đó: N ≤ Từ (1), (2) (3) suy P ≥ Dấu = xảy x = y = z ( x y z) = 6( x y z ) 2( x y z ) 9 x y z 3 xyz 1 0 9 3 Vậy Hmin = x = y = z = Cách x3 y3 z3 1 N 2 2 x yz y zx z x y x yz y zx z x y Ta có H M N x3 y3 z3 M x yz y zx z x y Đặt M x3 y3 z3 2 x yz y zx z x y 2 x y z y z x z x y 1 1 x y z x3 y3 z3 2 x y z y z x z x y x y z2 x y z x y z x y z 2 x y z xy yz zx x y z x y z x y z = (do xy yz zx 3 x y z 3) 1 N x yz y zx z x y Ta có: x y z (1 y z ) x y z 1 y z x y z x y z 2 Trang 6/7 x y z 1 y z 1 z x 1 x y x y z 2 x y z x y z x y z 3 2 x y z t3 2t H M N 2 2 3t 6t 18 t x y z x y z x y z Suy ra: N t 6t 21t 18t 54 t 3 t 3t 3t 12t 18 0 3t 6t 18 t 3t 6t 18 t ( t x y z , t ) Vậy H ≥0, dấu = xảy t=3 x=y=z=1 Min H =0 Câu 3c: Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), đường cao AD, BE, CF cắt H, đường thẳng EF cắt (O) M N (M thuộc cung nhỏ AB, N thuộc cung nhỏ AC) Gọi I giao điểm BM DF, J giao điểm CN DE Chứng minh tứ giác MNJI nội tiếp Lời giải: J I A N F M B E H O D C Ta có tứ giác BFHD BFEC nội tiếp EBD HBD HFD => FC phân giác góc EFD, mà FA FC nên FA phân => EFC giác góc IFE AMI => ∆AIM Ta có IMA ACB AFE AFI suy tứ giác MFAI nội tiếp => AIM AFE cân I => AI = AM (1) Chứng minh tương tự AN = AJ (2) Ta dễ dàng chứng minh AM = AN nên từ (1) (2) suy AI = AM = AN = AJ => tứ giác ANJI nội tiếp Trang 7/7 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH CẤP TỈNH THCS Năm học 2021 - 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN Mơn: TỐN (Hướng dẫn chấm có 07 trang) Câu Đáp án Điểm x x 3 x... nhiên thỏa đề, S(n) tổng chữ số số n Theo đề ta có n S n 2023 Ta có: n > 0, S(n) > 0, < n < 2023 => S(n) 28 (khi n 199 9, S (n) 28 ) Suy 2023 28 n 2023 hay 199 5 n ... 0,25 HẾT -Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác Ban Giám khảo thảo luận thống thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm Trang 5/7 HAI CÁCH GIẢI KHÁC CỦA BÀI TOÁN BĐT (Câu 5b) Cách