Đề hsg toán 9 nam trực 2022 2023

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN NAM TRỰC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 2023 Môn Toán 9 Thời gian làm bài 150 phút (Đề thi gồm 01 trang) Bài 1 (4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức 2)[.]

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN NAM TRỰC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 - 2023 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 01 trang) Bài (4,0 điểm) A 1) Rút gọn biểu thức: 3  3  3 2 3  x2 x  x1 P    : x x  x  x  1  x   2) Cho biểu thức: , với x 0; x 1 Hãy so sánh P 2P Bài (4,0 điểm) 2 2 1) Cho   x; y 1 thỏa mãn: x  y  y  x 1 Chứng minh x  y 1  2( x  1) x  ( x    x )   x  2) Giải phương trình: Bài (6,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường thẳng d (khơng qua tâm O ) cắt đường trịn (O) hai điểm B C Kẻ đường kính CD đường tròn (O) Tiếp tuyến D đường tròn (O) cắt đường thẳng d A Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADO cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E cắt BC điểm I 1) Chứng minh: AE tiếp tuyến đường tròn (O) I trung điểm BC 1   2) Gọi T giao điểm DE BC Chứng minh: AT AB AC 3) Chứng minh rằng: DE , OI tiếp tuyến C đường tròn (O) đồng quy Bài (3,0 điểm) 2 1) Tìm cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình: x  x  y 19 2 2) Cho m, n số tự nhiên thỏa mãn m  2023n  2022 chia hết cho mn Chứng minh rằng: m, n hai số lẻ nguyên tố Bài (3,0 điểm) x 0; y  ; z 5 1) Cho x, y, z số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện: y2 z2 x   12 Tìm giá trị lớn biểu thức T  xy  x  xz  z  z  2) Trên bảng ghi bốn số: 2,3,5 Ta thực trò chơi sau: Mỗi lần xóa hai số 2 2 bất kì, chẳng hạn a, b thay hai số a  b  a  b a  b  a  b , đồng thời giữ nguyên hai số lại Hỏi sau số lần thay đổi có ta thu bốn số bảng nhỏ hay khơng? Vì sao? -Hết HƯỚNG DẪN CHẤM I Những điều cần lưu ý: - Các cách giải khác cho điểm tương đương - Điểm ý không chia nhỏ 0,25 điểm - Điểm toàn giữ nguyên khơng làm trịn II Nội dung Câu Bài (4,0đ) Nội dung 3 3 A   3  3 1) Rút gọn biểu thức: Điểm  x2 x  x1 P    : x x  x  x  1  x   2) Cho biểu thức: , với x 0; x 1 Hãy so sánh P 2P Rút gọn biểu thức: A 3 3   2 62 2 6 1)   0,25 3 3  3 3 0,5 0,5 5)  (3  5) 7 9 (3  0,25  A 7 Với x 0; x 1 , ta có:  P    2) x2    x  x x   x  x  x 1  x   ( x  1) x  ( x  x  1)  ( x  1)( x  x  1) x1  x2 x x  x x   ( x  1)( x  x  1) x1  x  x 1  ( x  1)( x  x  1) x      x1 0,5 0,25 0,25 ( x  1)( x  x  1)  x  x 1   x  1 x    x1 0,25 0,25 Chứng minh  P 2 0,5 0,25 0,25  P( P  2) 0  P 2 P Dấu “=” xảy x 0 KL: Vậy P 2 P Bài (4,0đ) 2 2 1) Cho   x; y 1 thỏa mãn: x  y  y  x 1 Chứng minh: x  y 1 2) Giải phương trình:  2( x  1) x  ( x    x )   x  2 2 Ta có: x  y  y  x 1   x  y  y  x 0   x  1 y2 1)    y   x2  x   y 0    y   x 0  0  x   y   y   x  x 1  y    x  y 1  y 1  x (đpcm) 0,5 0,5 0,5 0,5 a  b2 ab  Ghi chú: Có thể sử dụng BĐT dạng để đánh giá x  y  y  x2  x2 1  y y 1  x2  1 2  x   y  x 1  y    x  y 1  2  y 1  x  y  1 x Đẳng thức xảy    x  Điều kiện: a  x  (a, b 0)  a  b 2  b  1 x Đặt  , phương trình trở thành: 2) 0,5 2a (a  b)  a  b  ab   2a a  b3  a b3  a b x    x  x 0 (thỏa mãn) KL: Phương trình có tập nghiệm S {0} Suy ra: Bài (6,0đ) 0,25 Cho đường tròn (O) đường thẳng d (không qua tâm O ) cắt đường tròn (O) hai điểm B C Kẻ đường kính CD đường trịn (O) Tiếp tuyến D đường tròn (O) cắt đường thẳng d A Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADO cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E cắt BC điểm I 0,5 0,5 0,25 1) Chứng minh: AE tiếp tuyến đường tròn (O) I trung điểm BC 1   1) 2) Gọi T giao điểm DE BC Chứng minh: AT AB AC 3) Chứng minh rằng: DE , OI tiếp tuyến C đường tròn (O) đồng quy D O H d B A T C I E P 1) AD tiếp tuyến (O) D  AD  OD  ADO vuông D  ADO nội tiếp đường trịn đường kính AO E  đường trịn đường kính AO  AEO vng E  AE  OE Xét (O) có: AE  OE E OE bán kính (O)  AE tiếp tuyến (O) E I  đường trịn đường kính AO  AIO vuông I  OI  AI  OI  BC Xét (O) có: OI  dây BC I  I trung điểm BC Gọi H giao điểm AO DE Cm được: AO  DE tai H C / m được: AD  AH AO (1) C / m được: AD  AB AC C / m được: AH AO  AT AI (2) 2) Từ (1), (2) (3) suy ra: AT AI  AB AC AI 2 AI     AT AB AC AT AB AC AI  AI AB  IB  AC  IC   AB AC AB AC (3) 0,5 1,0 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 AB  AC ( IB IC ) AB AC 1   AB AC (đpcm) Gọi P giao điểm DE OI C / m được: OHP ∽ OIA  OH OA OI OP  C / m được: OH OA OD OC 3) Từ (4) (5) suy OC OI OP  0,25 0,5 0,25 (4) (5) OI OC  OC OP O, 0,25 OI OC  OC OP Xét OIC OCP có: chung góc Do OIC OCP đồng dạng 0,5 0,25  OCP OIC 90  CP  OC Xét (O) có: CP  OC C , C  (O)  PC tiếp tuyến (O) C Vậy DE , OI tiếp tuyến C đường tròn (O) đồng quy điểm Bài (3,0đ) 2 1) Tìm cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình: x  x  y 19 2 2) Cho m, n số tự nhiên thỏa mãn m  2023n  2022 chia hết cho mn Chứng minh rằng: m, n hai số lẻ nguyên tố 2 Giả sử tồn ( x; y ) nguyên thỏa mãn phương trình x  x  y 19 Ta có: 0,25 x  x  y 19  2( x  1) 3   y  (*) 2 Từ (*) suy  y 0  y 7 1) 0,25 (1) 3  y2  : (*) Từ suy ra: mà (3, 2) 1 nên  y :  y lẻ (2) 0,25 0,25 0,25 Từ (1) (2) ta y 1  2( x  1) 3 (7  1)  ( x  1) 9  x  {2;  4} Thử lại ta thấy (2;1), (2;  1),(  4;1), (  4;  1) cặp số nguyên thỏa mãn 2 Nếu m, n hai số chẵn m  2023n  2022 không chia hết cho mn chia 2 hết cho suy m  2023n  2022 không chia hết cho mn (loại) 2 Nếu m, n khác tính chẵn lẻ m  2023n  2022 lẻ mn chẵn, 0,25 0,25 0,5 0,5 m  2023n  2022 không chia hết cho mn (loại) Vậy mn số lẻ 2) m  2023n d ( m, n) d   2 2 mn d Gọi mà m  2023n  2022 : mn nên 2022: d Mặt khác 2022 2.3.337 tức 2022 khơng có ước phương ngồi 1, d 1  d 1  (m, n) 1 0,5 Vậy m, n hai số nguyên tố x 0; y  ; z 5 1) Cho x, y, z số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện: Bài (3,0đ) y2 z2 x   12 Tìm giá trị lớn biểu thức T  xy  x  xz  z  z  2) Trên bảng ghi bốn số: 2,3,5 Ta thực trò chơi sau: Mỗi lần 2 xóa hai số bất kì, chẳng hạn a, b thay hai số a  b  a  b a  b , đồng thời giữ nguyên hai số lại Hỏi sau số lần thay đổi có ta thu bốn số bảng nhỏ hay khơng? Vì sao? Áp dụng bất đăng thức AM-GM : x 2y  xy  x  x (2 y  3)  z  x 8 xz  z  z ( x  8)  4 z  z   4( z  5)  Cộng vế BĐT ta được: T x  y  z  (1) a b  1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Áp dụng BĐT Bunhiacopski:  y z y2 z2   ( x  y  z )  1.x     (1   9)  x    12.12 144 3     x  y  z 12 (2) Từ (1) (2) suy T 14 Dấu "=" xảy x 1; y 2; z 9 Vậy T có GTLN 14 x 1; y 2; z 9 Ghi chú: Có thể đánh giá x  y  z đánh giá: x x2 1 y2  z  81 ;y ;z  18 Nếu bốn số ghi bảng a, b, c, d tổng nghịch đảo chúng 1 1    a b c d 2 Khi xóa hai số chẳng hạn a, b thay hai số a  b  a  b a b  a  b , đồng thời giữ nguyên hai số lại, bốn số bảng là: a  b  a  b2 ; a  b  a  b ; c; d 0,5 0,25 0,25 Ta có: a  b  a2  b2  1 2) a  b2 a b  2   a b  a  b2  a  b  a  b2 1   a b ( a  b)   a  b  1 1 1       c d a b c d a b 2 a b  Khi đó: a  b  a  b Như sau lần thay đổi tổng nghịch đảo bốn số cho không đổi 1 1    4 Mặt khác với bốn số 2,3,5, bảng Giả sử sau số lần thay đổi ta thu bốn số x; y; z ; t bé Khi ta 1 1    4 có x y z t Điều dẫn mâu thuẫn Do sau q trình thay đổi ta thu bốn số bé Ghi chú: Ta giải tốn theo cách khác sau: 2 Khi xóa hai số chẳng hạn a, b thay hai số a  b  a  b a b  a  b , đồng thời giữ ngun hai số cịn lại, bốn số bảng là: a  b  a  b2 ; a  b  a  b ; c; d 2 2 Khi ta a  b  a  b  a  b  a  b  c  d  a  b  c  d Như sau lần thay đổi ta thu bốn số có tổng lớn bốn số cũ Do a  b  a  b  a  b  a  b  c  d     16 Vì khơng thể tồn bốn số nhỏ 0,5 0,25 0,25