De thi hoc sinh gioi mon toan lop 9 cap tinh 2022

Tailieumontoan.com  Điện thoại (Zalo) 039.373.2038 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN CẤP TỈNH NĂM 2022 Tài liệu sưu tầm, ngày 21 tháng năm 2021 UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2021-2022 Mơn: Tốn - Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ (Đề thi có 01 trang) Câu (4,0 điểm) 1) Cho x   Tính giá trị biểu thức A  x  5x  6x  6x  2) Cho Parabol (P ) : y  x đường thẳng (d ) : y  mx  ( m tham số) Chứng minh đường thẳng (d ) cắt đồ thị (P ) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để diện tích tam giác OAB Câu (4,0 điểm)   (x  3)2  4(y  1)(3y  x )   1) Giải hệ phương trình   x 5  3y    xy  2y      2) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn P  a  b2  c2  a b c 1   Tìm giá trị nhỏ biểu thức a b c Câu (4,0 điểm) 1) Tìm tất số nguyên dương n cho số n  26 n  11 lập phương số nguyên dương 2) Tìm tất số nguyên tố p cho tổng tất ước số tự nhiên p số phương Câu (7,0 điểm) 1) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn O; R  có B,C cố định Các đường cao AD, BE ,CF tam giác ABC đồng quy H Đường thẳng chứa tia phân giác  cắt AB, AC M , N BHC a) Chứng minh tam giác AMN cân AD.BC b) Chứng minh OA vng góc với EF ; DE  EF  FD  R  K K  A c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác BAC   Chứng minh HK qua điểm cố định A thay đổi 2) Cho hình vng ABCD MNPQ có bốn đỉnh M , N , P,Q thuộc cạnh AB, BC ,CD, DA hình vng Chứng minh S ABCD ≤ AC MN  NP  PQ  QM  Câu (1,0 điểm) Cho điểm mặt phẳng tô hai màu xanh, đỏ Chứng minh tồn tam giác mà ba đỉnh trọng tâm màu HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2021-2022 Mơn: Tốn - Lớp ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Đáp án Điểm UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ (Hướng dẫn có 04 trang) Câu 1.1 (2,0 điểm) x x5 A x3 5x 6x 6x A Vậy A 1.2 (2,0 điểm) 6x 1,0 x3 x2 6x 1,0 Phương trình hồnh độ giao điểm d P là: x mx x2 mx Ta có m2 16 , với m nên phương trình ln có nghiệm phân biệt, suy đường thẳng d cắt P hai điểm phân biệt 1,0 d qua điểm cố định I 0; nằm trục tung Ngoài gọi A x1; y1 , B x ; y2 x1.x nên hai giao điểm A, B nằm hai phía trục tung AH OI hình chiếu vng góc điểm A, B trục Oy Ta có Giả sử x1 OI x ta có SOAB 4, AH SOAB x1 x1 x1 x2 x1, BK x2 SOAI x Suy SOAB x2 x1 x2 x2 x1 1,0 4x1x Theo định lý Viet ta có: Thay vào ta có: SOAB m, x1x BK OI với H , K SOBI m2 16 1)(3y x) 64 m 2.1 (2,0 điểm) 3)2 (x 3y 4(y 1)(3y x xy 2 ;x Điều kiện: y x) 2y 3; 3y 2 x 3)2 Phương trình (1) tương đương (x x2 12y 12y (2y 5)2 12y 12y x 2y (4y 4) x 2y (4y 4) x2 4xy 4x Coi phương trình bậc x ta có: ' suy 6x 4(y 4y 6y 2y 2x(5 2y) 12y 12y 1,0 6y Trường hợp 1: x 6y y suy phương trình vơ nghiệm Do x 2y thay vào phương trình hệ ta có: Trường hợp 2: x 1,0 3y y 2y 2 3y Ta có: 3y y Nghĩa VP VT , suy y Vậy hệ có nghiệm x ; y y 2 3y ;2y y 2y y x 1;2 2.2 (2,0 điểm) Ta có: c a b a P a b 4c 2x P c a x b a x2 4c c c x c b b 2x 3x 1 1,0 c x 3x 15 1,0 15 a Vậy Pmin b 15 ;c 15 3.1 (2,0 điểm) Giả sử x3 n 26 x (1) n 11 y (2) y3 y) x (x 37 Chứng minh x x y 1(3) x Từ suy x với x, y số nguyên dương Lấy (1) trừ (2) vế ta x2 y y2 xy 1,0 y với x, y nguyên dương suy được: xy y2 xy 37 37(4) y thay vào cho y 3; y (loại) thay vào (5) cho x Từ y y 12 tìm giá trị y 1,0 suy n 38 3.2 (2,0 điểm) Gọi p số nguyên tố nên p có ước số tự nhiên 1, p, p 2, p 3, p p Giả sử Ta có (2n) Suy 2p p2 4n p p3 p4 4p n với n (2n ) 4p 2p Bất đẳng thức xảy (2n )2 Từ (1) (2) suy p2 2p 4p 4p p p Vì p số nguyên tố nên p 3 4p p 2p 4p 3 4p (1) 1,0 2 p 4p 4p 4p 4p 4p 5p2 5p 2p 2p (2) 1,0 , ta có: p Đảo lại với p 32 33 34 81 có ước số tự nhiên là: 1, 3, 32, 33, 34 112 121 4.1a (2,0 điểm) A x Q E F O H M P N I J K B Ta có AMN C D ABH MHB ANM ACH NHC Do HM HN phân giác góc BHF CHE ta có BHF MHB NHC Lại có tứ giác BFEC nội tiếp nên FBH Từ ta AMN 4.1.b (2,0 điểm) CHE nên suy CHE ANM nên tam giác AMN cân A Từ A ta vẽ tiếp tuyến với đường trịn (O) Khi ta có BAx ACB Mặt khác tứ giác BCEF nội tiếp nên ta có AFE ACB Do ta AFE xAB nên Ax//EF mà ta lại có OA EF Hồn tồn tương tự ta có OB DF ;CO DE Từ suy SABC SFOEA R.EF Mà ta có SABC 2,0 SBDOF R.DE AD.BC nên DE 1,0 SCDOE R.FD EF FD R DE AD.BC R EF FD 1,0 4.1.c (2,0 điểm) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt tia phân giác góc MAN K nên AK đường kính đường trịn Từ ta có KMA KNA 90o Từ dẫn đến KM / /CH KN / /BH suy tứ giác HIKJ hình bình hành, HK qua trung điểm IJ IH Do IM / /HF nên theo định lí Talets ta có IB MF HF giác BHF nên ta có MB HB MF Lại có HM phân giác tam MB 1,0 HF HJ HE Hoàn toàn tương tự ta có CJ HC HB HF HE IH HJ Mà tứ giác BCEF nội tiếp nên ta có IB CJ HB HC Từ suy IJ / /BC Theo bổ đề hình thang HK qua trung điểm BC cố định hay HK qua điểm cố định 4.2 (1,0 điểm) Từ ta IH IB M A 1,0 B N I Q K L 1,0 D C P Gọi T , K , L trung điểm MQ, MP, NP theo tính chất đường trung bình trung tuyến tam giác vng ta có MN NP PQ QM 2(KL CL IK AI ) 2AC Từ suy đpcm (1,0 điểm) Trên mặt phẳng lấy điểm tùy ý cho khơng có điểm thẳng hàng Khi đó, dùng màu để tơ màu điểm nên theo ngun lí Dirichlet phải tồn điểm màu Giả sử điểm A, B,C màu đỏ Như ta có tam giác ABC với đỉnh màu đỏ Gọi G trọng tâm tam giác ABC Chỉ có hai khả xảy ra: 1) Nếu G màu đỏ Khi A, B,C ,G có màu đỏ toán chứng minh 2) Nếu G có màu xanh Kéo dài GA,GB,GC đoạn AA’ 3GA, BB’ 3GB,CC ’ 3GC Khi gọi M , N , P tương ứng trung điểm BC ,CA, AB AA’ 2AM AA’ 3GA 6GM 0,5 B' B P M G C C' N A 0,5 A' Tương tự B’B 2BN ,C ’C 2CP Do tam giác ABC ’ , B’AC ,C ’AB tương ứng nhận A, B,C trọng tâm Mặt khác, ta ’ ’C ’ có trọng tâm G Có hai trường hợp xảy có tam giác ABC AB a) Nếu A’, B’,C ’ màu xanh Khi tam giác AB ’ ’C ’ trọng tâm G có màu xanh ’ ’C ’ có màu đỏ Khơng tính tổng quát giả sử A’ b) Nếu điểm AB ’ màu đỏ Khi tam giác ABC trọng tâm có màu đỏ Vậy khả tồn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP THÀNH PHỐ Năm học 2021 – 2022 Mơn: TỐN Ngày thi: 24 tháng năm 2022 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài I (5,0 điểm) 1) Giải phương trình x + + 3x + = x + 2) Cho a, b, c số thực khác 0, thỏa mãn a + ab = c + bc a + ac = b + bc  a  b  c  Tính giá trị biểu thức K =+ 1  1 +  1 +   b  c  a  Bài II (5,0 điểm) 1) Tìm tất số tự nhiên m, n thỏa mãn 3m + 2022 = n2 2) Tìm tất số nguyên tố p để phương trình x + y − xy + =p có nghiệm nguyên dương Bài III (2,0 điểm) Với số thực a, b, c thỏa mãn ≤ a, b, c ≤ a + b + c = , tìm giá trị lớn giá trị nhỏ ab bc ca biểu thức P = + + + ab + bc + ca Bài IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) , nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy trực tâm H Gọi K, Q giao điểm đường thẳng EF với hai đường thẳng AH, AO 1) Chứng minh  AQE = 90o 2) Gọi I trung điểm AH Chứng minh IE = IK ID 3) Gọi R, J trung điểm BE, CF Chứng minh JR vng góc với QD Bài V (2,0 điểm) 1) Tìm tất số nguyên a, b cho số ( a + b )( b3 + a ) lập phương số nguyên tố 2) Trên bảng ta viết số tự nhiên 222 gồm 2022 chữ số Mỗi bước ta chọn 22 chữ số liên tiếp có chữ số bên trái 2, biến đổi chữ số chọn theo qui tắc: chữ số đổi thành chữ số chữ số đổi thành chữ số a) Chứng minh cách thực phải dừng lại sau số hữu hạn bước b) Giả sử sau thực n bước khơng thể thực thêm bước Chứng minh n số lẻ Hết Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh :……………………………………… Số báo danh : …………………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP THÀNH PHỐ Năm học 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC CÂU Ý I Mơn thi: TOÁN Ngày thi: 24 tháng năm 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM x   3x   x  (2,5 điểm) Điều kiện xác định: x   Giải phương trình 0,5     Phương trình cho đưa x   x   3x   3x     x 3 2   3x    0         TH1: a  b  c  suy a  b  c;b  c  a; c  a  b Do  b c c a a b   a b c a a  b c b a c b c a b   ;1   ;1   Suy P   1 b b b c c a a b c a TH2: a  b  c   b c c a a b a b c a b  c a b c 1  1  1   a  b  c a b c a b c  a  b  c Suy P            b  c  a  0,5 0,5  a  b  c Tính giá trị biểu thức P           (2,5 điểm) b  c  a  Từ giả thiết suy a a  b  c b  c ;a a  c  b b  c  II 0,5 0,5  x 3 2  Lập luận để dẫn tới   3x    x  Kết hợp điều kiện xác định: phương trình có nghiệm x  ĐIỂM 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Tìm tất số tự nhiên m, n cho 3m  2022  n (3,0 điểm) Giả sử m, n hai số tự nhiên thỏa mãn 3m  2022  n TH1: m  : LOẠI n  30  2022  2023 khơng phải số phương TH2: m  : n  31  2022  2025  452  n  45 TH3: m  Khi n  3m  2022  n  dẫn tới n  hay  2022  Điều vơ lí 3m  9, cịn 2022 khơng chia hết cho Kết luận, m  1, n  45 m 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Tìm số nguyên tố để phương trình … (2,0 điểm) Biến đổi p  x  y  3xy   x  y  x  y   xy  x  y   Nhận xét p số nguyên tố, x  y   nên dẫn tới  x  y   xy  x  y   x  y   x  1  y  1 2  0,5  0,5 Chú ý x , y số nguyên dương y  2 y  Kết hợp điều kiện ta x  1, y  Từ p  (LOẠI) TH2: y  Làm tương tự ta x  2, y  Từ p  (LOẠI)  TH1: x  1, dẫn tới  y        x 1  y 1  TH3: x  1; y  dẫn tới   x  y  Vậy số nguyên tố p cần tìm p  III  1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P   x  y  Từ p   12 13 0,5 ab bc ca   (2,0 điểm)  ab  bc  ca Tìm giá trị lớn 1 9 Ta có:  P      ab  bc  ca  ab  bc  ca  a b c Suy ra: P  0,5   3 27 13 12 Vậy giá trị lớn P ; P đạt giá trị lớn a  b  c  13 Tìm giá trị nhỏ Khơng tính tổng quát, giả sử  a  b  c  a b Vì  a, b, c  nên a  b   suy ab   a  b, dẫn đến  ab  a b b c c a Chứng minh tương tự:    ab  bc  ca  a b c a b c a b c Từ đó,  P    ab  bc  ca   c a b  a b c  111     a  b  c  3 bc   ab  bc  ca       0,5 0,5 0,5  Nên ta có  P   P  2 Vậy giá trị nhỏ P ; P đạt giá trị nhỏ chẳng hạn a  b  1, c  2 0,5 IV   90o (2,5 điểm) 1) Chứng minh AQE Dễ chứng minh AEF ~ ABC (c.g.c), suy   ABC  AEF   Kẻ đường kính AP O Dễ chứng minh tứ giác BHCP hình bình hành, nên BH  CP Ta có: BHD ~ ACD (g.g) suy BD BH CP    ABD ~ APC (c.g.c) AD AC AC   CAP  Điều chứng tỏ BAD   CAP   ABC   BAD   90o  AQE   90o AEF 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2) Chứng minh IE  IK ID (2,0 điểm) Xét tam giác AEH vng E có IE  IA  IH nên tam giác AIE cân I ,   IAE  Tương tự MEC   MCE  suy IEA 0,5   90   MEC   IAE   MCE   90  IEM  IEA Từ IE  IF , ME  MF  MI đường trung trực EF , dẫn đến MI  EF 0,5 N giao điểm EF MI  IE2  IN.IM 0,5 IN IK  ID IM suy IN IM  IK ID Từ IE  IK ID 0,5 Mặt khác: INK ~ IDM (g.g) nên 3) Chứng minh JR  QD (1,5 điểm) Gọi S điểm đối xứng với F qua Q; Gọi T điểm đối xứng với C qua D Chứng minh   CAS , dẫn tới TAF  CAS TAF 0,5 (c.g.c), nên FT  CS Mặt khác, theo tính chất đường trung bình: 1 JQ  SC JD  FT suy JD  JQ 2 Chứng minh tương tự ta có RD  RQ, suy JR đường trung trực DQ, dẫn tới JR vng góc với QD 0,5 0,5 V Tìm tất số nguyên dương a, b cho số  a  b  b3  a  lập phương số nguyên tố (1,0 điểm) Giả sử a, b hai số nguyên dương thỏa mãn  a3  b  b3  a   p3 với p số nguyên tố  Rõ ràng a  b a  b p  a  a  vơ lí p số nguyên tố Không tổng quát, giả sử a  b  a  b  b  a a  b  p  Với ý Ư p  1; p; p ; p  b  a  p p  ab       Vì a  p  b  p  b   0,5      b  p  b  b  p  b b  b  b  b   p b  Ta có p  b   b   b   b  Do cịn trường hợp:  b  1 p  TH1: b   a   a     a  2; p     TH2: b  1 p Rõ ràng b b  a  b   p  ab  1 p (Vơ lí  ab   p) a  2, b  1, p  KẾT LUẬN:  a  1, b  2, p   2a Chứng minh cách thực phải dừng lại sau hữu hạn bước.(0,25 điểm) Sau bước, số thu giảm số nguyên dương đơn vị Mặt khác số thu số không âm Vì trình phải dừng lại sau hữu hạn bước 2b 0,5 0,25 Chứng minh n số lẻ (0,75 điểm) Đếm từ phải sang trái, ta đánh dấu chữ số có thứ tự bội 22 Như có 91 chữ số đánh dấu vị trí 22, 44, 66, …, 2002 tính từ phải sang trái Gọi S số chữ số chữ số đánh dấu Ban đầu S  91, số lẻ 0,25 Trong 22 chữ số liên tiếp ln có chữ số đánh dấu, bước S tăng giảm 1, tức bước S thay đổi tính chẵn lẻ Cụ thể là, sau số lẻ bước thay S chuyển từ lẻ thành chẵn; sau số chẵn bước thay S chuyển từ chẵn thành lẻ 0,25 Nếu S  0, tồn dãy 22 chữ số liên tiếp có chữ số ngồi bên trái 2, tức ta cịn thực bước Do để ta thực bước S  0,25 Từ số bước thực đến lúc dừng lại phải lẻ, hay n lẻ Bài I.1 ĐKXĐ: x   Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy :  3x   1 4 x    x   VP VT  x   3x      2  2    x 3 2  Vậy phương trình tương đương   x  (TMĐKXĐ)  3x   Cách 3: Phương trình tương đương   x   x    3x     x       (*) x 3 2 3x     3 Với x         với x 3 2 3x   4 x 3 2 3x       x  1 1  x 1 Với        với  x 3 2 1  x 1  3x      1, 4 x 3 2 3x   Bài I.2 Cách 2: Cho a,b, c số thực khác 0, thỏa mãn a  ab  c  bc a  ac  b  bc Tính giá trị  a  b  c biểu thức K           b  c  a     Từ giả thiết suy a  c a  b  c  TH1: a  b  c  suy a  b  c;b  c  a; c  a  b Do  a a  b c b a c b c a b   ;1   ;1   Suy P   1 b b b c c a a b c a    TH2: a  c Thay vào đẳng thức cịn lại ta có 2a  ab  b  a  b 2a  b   a  b  c Nếu a  b  c P            b  c  a   a  b  c Nếu b  2a  2c P            1 Kết luận b  c  a  Bài III.1 Cách 2: Ta có 1 3P    ab  bc  ca        81 81 81 81   ab      bc      ca     ab  bc  ac     ab  169 bc  169 ca  169 169         81 81 81 81  a  b  c 2 ab   bc   ca    3  ab  169 bc  169 ca  169 169     27 81   3.2    3  13 169   13                 12 12 Vậy giá trị lớn P ; P đạt giá trị lớn a  b  c  13 13 Bài III.2 Cách 2: Vì  a, b, c  a  b  c  nên a  b, b  c, c  a  Suy ra: P     Mặt khác:  a, b, c  nên a  b   suy ab   a  b Từ đó: 1 1 1 1c 1a 1b          ab  bc  ac  a  b b  c c  a a  b  c a  b  c a  b  c  ab bc ca 1  Suy P     3   3   ab  bc  ca 2  ab  bc  ac   Bài III Cách 3: Đặt x  bc; y  ac; z  ab Dễ thấy  x , y, z     Vì x  bc  b  c  nên x  y  z  a  b  c    a  b  c  x y z   Tìm GTLN 1 9 27 3P       x 1 y 1 z 1 x y z  13 3 12 12 Suy ra: P  Vậy giá trị lớn P ; P đạt giá trị lớn a  b  c  13 13 Tìm GTNN 1 x y 2 x y 2 1 3P        1  x  y  z  xy  x  y  z  x  y  z  x y 1 z 1 x y z 2 x y z 2 x y z 2 1 1 1 11 xz  yz  x  y  z  x y z 1 x y z 1 x y 1 z 1     11  ab bc ca 1  Suy P     3   3   ab  bc  ca 2  ab  bc  ac   2 Bài V.1 Cách 2:  Rõ ràng a  b a  b p  a  a     vơ lí p số nguyên tố  a  b  p   b  a  p p  ab  Giả sử a  b Với ý Ư p  1; p; p ; p           a  b  b  a  a  b a  ab  b   p  2 a  b  b  a  a  b a  ab  b   p TH1: a  b  p Điều vơ lí  a  b  a  b  p TH2: a  b  p Mặt khác  a  b  a  b  p Từ dẫn tới a  b  p  a  b  b   b   a3   a      a  2; p     a  ab  b   p TH3:   2  a  ab  b   p a  2, b  1, p  KẾT LUẬN:  a  1, b  2, p  2  p  ab   p Điều vô lí rõ ràng   0  ab   p  3  ... tổ chấm để giải Tổng điểm thi khơng làm trịn -Hết - THCS.TOANMATH.com THCS.TOANMATH.com THCS.TOANMATH.com ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2021 -... ta lại có OA EF Hồn tồn tương tự ta có OB DF ;CO DE Từ suy SABC SFOEA R.EF Mà ta có SABC 2,0 SBDOF R .DE AD.BC nên DE 1,0 SCDOE R.FD EF FD R DE AD.BC R EF FD 1,0 4.1.c (2,0 điểm) Đường tròn ngoại... Học sinh làm đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm Học sinh trình bày theo cách khác mà giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm Trong trường hợp mà hướng làm học sinh