Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán THCS năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Long

Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán THCS năm 2022-2023 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Long hỗ trợ các em học sinh hệ thống kiến thức cho học sinh, giúp các em vận dụng kiến thức đã được học để giải các bài tập được ra. Mời các bạn cùng tham khảo!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH LONG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤPTHCS NĂM HỌC 2022 – 2023 Kháo thi ngày 19/03/2023 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút (không kè̉ thời gian giao đề) Bài (4,0 điểm) 2023 a) Cho A = ( x3 + 12 x − 31) Tính giá trị biểu thức A x = 16 − + 18 +  x +2 x +3 x +2  x  − −  :  −  Rút gọn biểu thức x x x x x − + − − +     tìm giá trị x để ≤ − B b) Cho biểu thức= : B  B Bài (4,0 điểm) a) Giải phương trình x − x + + x − =  x − + y − =2  b) Giải hệ phương trình:  1 x + y =  Bài (2,0 điểm) Cho phương trình: x − 2m x + 2m − =0 ( m tham số) Tìm m để phương trình có hai 2x x + đạt giá trị nhỏ nghiệm x1 , x2 thỏa T = 2 x1 + x2 + 2(1 + x1 x2 ) Bài4 (2,0 điểm) Chứng minh x y x + y ≤ Cho x , y > thỏa mãn điều kiện x + y = ( ) Bài (2,5 điểm) a) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình : x − y − xy − x − y + = b) Chứng minh : n3 + 11n − 6n2 − chia hết cho với số nguyên n Bài (4,5 điểm) Cho đường tròn O; R  có đường kính AB Điểm C điểm O  , (C  A,C  B ) Tiếp tuyến C cắt tiếp tuyến A B P Q   900 AP BQ  R a) Chứng minh POQ b) OP cắt AC M , OQ cắt BC N Gọi H , I trung điểm MN PQ Đường trung trực MN đường trung trực PQ cắt K chứng minh AB  4.IK   NPQ  c) Chứng minh NMQ Bài (1,0 điểm) Cho hình vng ABCD có độ dài đường chéo Tứ giác MNPQ có đỉnh nằm cạch hình vng Chứng minh chu vi tứ giác MNPQ không nhỏ Hết Lưu ý: Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay Câu Hướng dẫn Nội dung Điểm 4.0 2.0 a)Tính giá trị biểu thức A 3 Ta có: x = 16 − + 16 + ⇒ x =32 + 3 (16 − 5)(16 + 5).( 16 − + 16 + ) ⇔ x = 32 − 12 x ⇔ x + 12 x − 31 = A = ( x3 − 12 x + 31) 2023 = 12023 = b) Rút gọn biểu thức B tìm giá trị x để ĐK: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ x +1 = B = x−4 ≤− B 2.0 x−4 ≤− ⇔ ≤ − ⇔ x − ≤ −5 x − B 2 x +1 ⇔ x + x − ≤ ⇔ −3 ≤ x ≤ 1 ⇔0≤ x ≤ ⇔0≤ x≤ 2 a)Giải phương trình x − 3x + + x − = Trường hợp 1: x ≥ : ta có phương trình x − 3x + + x − =0 x − x + = ⇔ x = (nhận) Trường hợp 2: x < ta có phương trình x − 3x + − x + = 4.0 2.0 x = ⇔ x2 − 4x + = ⇔  (loại) x = Vậy tập nghiệm phương trình: S = {1} 2.0  x − + y − =2 (1)  b)Giải hệ phương trình:  1 (2) x + y =  ĐK: x ≥ 1; y ≥ xy (3) (2) ⇔ x + y = Hai vế (1) dương ta bình phương hai vế ta có: x+ y−2+2 ( x − 1)( y − 1) = ⇔ x + y − + xy − ( x + y ) + = 4 x + y =  xy = 4 kết hợp với (3) có hệ:  Thay (3) vào ta có: x + y = Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y hai nghiệm pt: X − X + = ⇒ ⇒ x= 2; y= Vậy tập nghiệm hệ phương trình S = {( 2; )} 2.0 Ta có ∆ =' (m − 1) ≥ 0, ∀m nên phương trình có hai nghiệm với m 2m  x1 + x2 = Theo định lí Viet, ta có  , x = x m −  suy 4m + 1 4m + + 2m + 2(m + 1) (m + 1) −1 T= + = + = = ≥0⇒T ≥ 2 2 4m + 2 2(2m + 1) 2(2m + 1) 2m + Vậy T đạt giá trị nhỏ m = −1 2 Chứng minh x y x + y ≤ Cho x , y > thỏa mãn điều kiện x + y = ( ) 2.0 Vì x, y ≥ nên x + y ≥ xy (bất đẳng thức Cô-si) ) hay < xy ≤ Suy ≥ xy (vì x + y = Do < xy ≤ suy x y ≤ xy ) (  xy(4 − xy ) (do x + y = = 2) Xét vế trái x y x + y ≤ xy ( x + y ) − xy   =−2 x y + xy =−( x y − xy + − 1) =− ( xy − 1) + ≤ 2 x = y Dấu " = " xảy   xy = ⇔ x = y =1 2.5 a)Tìm tất nghiệm nguyên phương trình : x − y − xy − x − y + = x − y − xy − x − y + = ⇔ y + ( x + 1) y − ( x − x + ) = ∆ 'y = ( x + 1) + 3x − x + = x + Phương trình có nghiệm ⇒ ∆ ' số phương Đặt x = + m2 ( m ∈ N ) x − m =9 ⇔ ( x − m )( x + m ) =9 ⇒ x {−2;0; 2} Với x = ,ta y + y − 16 = ⇒ y ∈ {−8; 2} Với x = ,ta y + y − = ⇒ y ∈ {−4; 2} Với x = −2 ,ta y − y − 24 = ⇒ y ∈ {−6; 4} 1.5 Vậy nghiệm nguyên pt là: ( 2; −8 ) ; ( 2; ) ; ( 0; −4 ) ; ( 0; ) ; ( −2;6 ) ; ( −2; −4 ) b)Chứng minh : n3 + 11n − 6n2 − chia hết cho với số nguyên n với n ∈ Z , ta có: n3 + 11n − 6n2 − = n3 − n2 − 5n2 + 5n + 6n − 1.0 = n2 (n − 1) − 5n(n − 1) + 6(n − 1) = (n − 1)(n2 − 5n + 6) = (n − 1)(n − 2)(n − 3) Do n − 1, n − 2, n − số nguyên liên tiếp nên có số chia hếu cho2, số chia hết cho ( 2,3) = Vậy ( n − 1)( n − )( n − 3) số nguyên n 4.5 Q K I C P M H N A B O   900 AP BQ  R a) Chứng minh POQ  )   COA  ( OP tia giác COA *Ta có: POC  )   COB  ( OQ tia giác COB :QOC     POC   QOC   COA   COB   1800  900  POQ 2 * Ta có: AP  PC ; BQ  QC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) POQ vuông O  CP CQ  OC 2.0  AP BQ  R b)Chứng minh AB  4.IK 1.5   900 ta có OP đường trung trực AC  MA  MC ,CMO   900 OQ đường trung trực BC  NB  NC ,CNO   900 nên MONC hình chữ nhật mà POQ  OC  MN AP // BQ nên APQB hình thang cân nhận IO đường trung bình  OI // BQ Mà BQ  AB  OI  AB Ta có MN đường trung bình ABC  MN // AB, AB  2MN Mà KH  MN  KH  AB  KH //OI  OHKI hình bình hành  IK  OH  1 MN  AB  AB  4.IK 1.0   NPQ  c)Chứng minh NMQ   900 ,CNO   900  OMCN tứ giác nội tiếp Ta có: CMO   OCN  ( chắn cung ON )  OMN )     POQ  ( phụ CON Mặc khácOCN  OMN  PQO     0 Ta cóOMN  PMN  180  PQO  PMN  180  tứ giác PMNQ nội tiếp   NPQ   NMQ 1.0 M A B E N I Q D P F C Gọi E , F , I trung điểm QM , PN ,QN AE  QM MN QP PN ; EI  ; IF  ; FC  2 2 Chu vi tứ giác MNPQ MN  PN  QP  QM  2(EI  FC  IF  AE )  2AC  Vậu chu vi tứ giác MNPQ không nhỏ Hết -