Đề+Đáp án thi hsg toán 9 lào cai 2022 2023

SỞ GD VÀ ĐT LÀO CAI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (ĐỀ CHÍNH THỨC) NĂM HỌC 2022 2023 Khóa ngày 15/03/2023 Môn thi TOÁN Thời gian 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1 (4 0 điểm) a) Cho Rút g[.]

SỞ GD VÀ ĐT LÀO CAI (ĐỀ CHÍNH THỨC) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022-2023 Khóa ngày: 15/03/2023 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài (4.0 điểm) a) Cho P x x x 1 1 2x  x   ( x  0, x 1) x x  x x x x x2  x Rút gọn P b) Tính giá trị biểu thức Q x 2023  x  1  x 2022  2023 3 x 2023 2022 22021 2x  2x  x  Khi Bài (2.0 điểm) Trên bàn cờ vua kích thước 8x8 gồm 64 vng kích thước 1x1 Đặt ngẫu nhiên quân Tốt vào ô vng có kích thước 1x1 bàn cờ Tính xác suất để vng có kích thước 1x1 mà tốt đặt khơng có tâm nằm đường chéo bàn cờ khơng có cạnh nằm cạnh bàn cờ(hình vng kích thước 8x8) Bài (4.0 điểm) a) Lúc 30 phút sang, anh Hùng điều khiển xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành phố B Khi quãng đường, xe bị hỏng nên anh Hùng dừng lại để sửa chữa Sau 30 phút sửa xe, anh Hùng tiếp tục điều khiển xe gắn máy đến thành phố B với vận tốc nhỏ vận tốc ban đầu 10km/h Lúc 10 24 phút sang ngày, anh Hùng đến thành phố B Biết quãng đường từ thành phố A đến thành phố B 160km vận tốc xe quãng đường đầu không đổi vận tốc xe quãng đường sau không đổi Hỏi anh Hùng dừng sửa xe lúc giờ? b) Cho phương trình x  mx  0 (1) (m tham số) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12  x2  24  x2  mx1 Bài (6.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC) Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt đường thẳng BC E Từ E kẻ tiếp tuyến thứ hai tới đường tròn (O) D( D  A ); AD cắt EO Q; M trung điểm BC a) Chứng minh rằng: năm điểm A, E, D, M, O thuộc đường tròn tứ giác BQOC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tiếp tuyến B, tiếp tuyến C (O) đường thẳng AD đồng quy điểm c) Kẻ đường cao AH tam giác ABC( H  BC ); AD cắt BC K Chứng minh KB AB HAK MAO  va  KC AC Bài (2.0 điểm) a b c 3 ab  bc  ac    a) Cho ba số thực a, b, c Chứng minh rằng:  b) Cho a, b, c ba số thực dương thoả mãn điều kện a + b + c =1 Chứng minh a2 b2 a2    3 a  18b b  18c c  18a Bài (2.0 điểm) a) Chứng minh biểu thức S n3  n     n  1  n  5n  1  2n  115  n  Z  b) Giải phương trình nghiệm nguyên x  x  y  y  y ……HẾT… ĐÁP ÁN-HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: a) Cho P x x x 1  2x  x   ( x  0, x 1) x x  x x x x x2  x Rút gọn P Điều kiện: x  0, x 1 P  x x    x x x 1  2x  x   x x  x x x x x x x x x 1    xx x x x   x  x  1  x  x  1 x x  x  x 1 1 2x  x   x  x  1  x  x 1 x  1  x  1 1 2x  x  x  1  x  x  1 x  x  1  x  x  1 x 1 x x  x  x  1  x  x  x    x  x  x 1 x    x  x  x 1  x   x  x    b) Tính giá trị biểu thức Vì x x      x  x  x 1   x  2  x  x  1  x  1  x  x  1 x  x  x x x    x x x  x x x x x1 Q x 2023  x  1  x 2022  2023 3 x 2023 2022 22021 2x  2x  x  Khi 3  x    x  x  3  x  x  0 3 nghiệm đa thức x  x  x Nên 2023 x 2023  x  1  x 2022  2023 x  x  x  1  2023 Q  x 2023  x 2022  x 22021  x 2021  x  x  1  x Do 3 nghiệm đa thức x  x  Nên Q = 2023 Bài 2: Trên bàn cờ vua kích thước 8x8 gồm 64 vng kích thước 1x1 Đặt ngẫu nhiên qn Tốt vào vng có kích thước 1x1 bàn cờ Tính xác suất để vng có kích thước 1x1 mà tốt đặt khơng có tâm nằm đường chéo bàn cờ cạnh nằm cạnh bàn cờ(hình vng kích thước 8x8) Giải: n    64 Gọi A biến cố “ơ vng kích thước 1x1 1x1 mà tốt đặt khơng có tâm nằm đường chéo bàn cờ khơng có cạnh nằm cạnh bàn cờ Vẽ sau: ô thỏa mãn mầu trắng n  A  24 P  A  Xác suất biến cố A : n  A  24   n  A  64 Bài 3: a) Lúc 30 phút sang, anh Hùng điều khiển xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành phố B Khi quãng đường, xe bị hỏng nên anh Hùng dừng lại để sửa chữa Sau 30 phút sửa xe, anh Hùng tiếp tục điều khiển xe gắn máy đến thành phố B với vận tốc nhỏ vận tốc ban đầu 10km/h Lúc 10 24 phút sang ngày, anh Hùng đến thành phố B Biết quãng đường từ thành phố A đến thành phố B 160km vận tốc xe quãng đường đầu không đổi vận tốc xe quãng đường sau không đổi Hỏi anh Hùng dừng sửa xe lúc giờ? b) Cho phương trình x  mx  0 (1) (m tham số) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12  x2  24  x2  mx1 Giải: a) Gọi vận tốc xe ban đầu x(km/h) (x>10) vận tốc sau sửa chữa xe là: x – 10 (km/h) 160 120( km) Quãng đường từ A đến đoạn đường xe bị hỏng là: Quãng đường lại là: 160 – 120 = 40(km) 120 ( h) Thời gian từ A đến đoạn đường xe bị hỏng là: x , thời gian lúc sửa xe đến B là: 120 40  0.5  ( h) x x  10 Vì lúc từ A 30 phút sáng đến B 10 24 phút nên tổng thời gian từ A đến B(kể thời gian sửa xe 54 phút = 3,9(h)) Vậy ta có phương trình: 120 40  0,5  3,9 x x  10 120 40   3, x x  10  120  x  10   40 x 3, x  x  10   3, x  194 x  1200 0(1)  ' 97  3, 4.1200 5329 732  Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 = 50(thỏa đk); x2 = 120/17 < 10(loại) Suy vận tốc xe từ A đến lúc bị hỏng xe 50km/h Thời gian anh Hùng từ A đến lúc bị hỏng xe 120/50 = 2,4(h) Vậu anh Hùng dừng xe để sửa lúc: 6,5 + 2,4 = 8,9(h) = 45 phút b) Pt x  mx  0 có a.c = 1.(-2) < nên pt ln có hai nghiệm trái dấu 2 x  x2  24  x2  mx1 Từ x1  mx1  0  mx1 x1  thay vào , ta được:  x12  x2  24  x2  mx1  x12  x2 2   24  x2  mx1  2   x12  x2  24  x2   x12     x12  x2    x12  x2   26 0   x12  x2    x12  x2   x12 x2  26 0 x1  x2 m; x1 x2   x12  x2  x1  x2   x1 x2 m    m     m    42 0  t 6(n) m  t 4  t  t  42 0    t  7(l ) t 6  m2  6  m  Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC) Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt đường thẳng BC E Từ E kẻ tiếp tuyến thứ hai tới đường tròn (O) D( D  A ); AD cắt EO Q; M trung điểm BC a) Chứng minh rằng: năm điểm A, E, D, M, O thuộc đường tròn tứ giác BQOC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tiếp tuyến B, tiếp tuyến C (O) đường thẳng AD đồng quy điểm c) Kẻ đường cao AH tam giác ABC( H  BC ); AD cắt BC K Chứng minh KB AB   HAK MAO va  KC AC A Q E B H K O C M D F 0   a) Ta có EAO  EDO 90  90 180 => bốn điểm A, E, D, O thuộc đường tròn   Ta có EDO EMO 90 => bốn điểm E, D, M, O thuộc đường tròn Vậy năm điểm A, E, D, O, E, D, M, O thuộc đường trịn Xét tam giác vng EAO ta có EQ.EO EA (1) Mặt khác tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) ta có EB.EC EA (2) Từ (1) (2) ta có EQ.EO EB.EC  EQ EC  EB EO Ta có tam giác EBQ đồng dạng với tam giác EOC(vì  EQ EC    EB EO E   chung )    EQB BCO Vậy tứ giác BQOC nội tiếp đường tròn b) Gọi F giao điểm hai tiếp tuyến B C ta có AD vng góc với EQ Q(t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)(3) 0   Ta có FBO  OCF 90  90 180 => bốn điểm B, Q, O, C thuộc đường tròn Do tứ giác BQOC nội tiếp đường tròn(phần a) suy bốn điểm B, Q, O, C thuộc đường tròn Vậy điểm B, Q, C, O, F thuộc đường trịn đường kính OF  Suy FQO 90 hay EO  QF (4) Từ (3) (4) suy AD qua điểm F tức tiếp tuyến B, tiếp tuyến C đường tròn (O) đường thẳng AD đồng quy điểm   c) ta có HAK DFM ( slt ) (5) tứ giác AOMD nội tiếp đường tròn (chứng minh tương tự phần a)    suy MAO MDO(cung chan OM ) (6) xét tam giác vng OBF ta có OM OD  OD OF OM OD   OMD ODF ( DOM chung va  ) OD OF   nen ODM DFM (7) OM OF=OB2  OM OF=OD    Tu (5), (6), (7)  HAK MAO BD FB FBD FAB   (8) AB FA CD FC FDC FAC   (9) AC FA BD CD BD AB Tu (8), (9)     BA CA CD CA KB BA KBA KDC   (10) KD DC KD BD KBD KAC   (11) KC AC KD KD BA BD AB BD  AB  tu (10) va (11)      KC KC DC AC CA DC  AC  Bài 5: a  b  c a) Cho ba số thực a, b, c Chứng minh rằng:  3  ab  bc  ac  b) Cho a, b, c ba số thực dương thoả mãn điều kện a + b + c =1 Chứng minh a2 b2 a2    3 a  18b b  18c c  18a Giải: a) Ta có:  a  b  c  a  b  c  2ab  2bc  2ac  a  b  c  3  ab  bc  ac   a  b  c  2ab  2bc  2ac 3ab  3bc  3ac  a  b  c ab  bc  ac  2a  2b  2c 2ab  2bc  ac 2   a  b    b  c    c  a  0  a , b, c  R  Dau " " xay a b c   a  b  c  3  ab  bc  ac   a , b , c  R  b) ta có a2 18ab3  a  a  18b3 a  18b3 a  18b a  9b3  9b3 3 a81b 9b 3a  a2 18ab3 2ab3 2 3ab  3ab  b  a   a  a b a  3  ab   ab  b a  a   6ab  b  23 3 a  18b 3 9b a b2 c2  b  bc  c ; c   6ac  a    3 c  18a Tương tự: b  18c Ta có VT a  b  c    ab  bc  ac    a  b  c   9 ma  a  b  c  3  ab  bc  ac   ab  bc  ac  1  a b  c  3 a2 b2 a2    3 Vậy: a  18b b  18c c  18a Dấu “=” xảy  a b c  Bài 6: a) Chứng minh biểu thức S n3  n     n  1  n  5n  1  2n  115  n  Z  b) Giải phương trình nghiệm nguyên x  x  y  y  y Giải: a) ) S n5  5n  5n3  5n  6n  n5  n3   6n3   n  n   6n n  n  1 n  n  1  6n3  5n  n  1 n  n  1  6n Do  n  1 n  n  1 3  S 3 (1) ) S  n5  n    n  n3  n  n   n  1 n  n  1  n      n  n3  n  n   n    n  1 n  n  1  n      n  1 n  n  1   n  n3  n  n   Do  n    n  1 n  n  1  n   5  S 5 (2) Từ (1) (2) suy S n3  n     n  1  n3  5n  1  2n  115  n  Z  b) ta có x  x  y  y  y  x  x 4 y  y  y   x  1 4 y  y  y  ta có đánh giá sau y  y  y    y  y  3 y    2y 2  y     y  y  y  1 5 y  y   Cách đánh giá theo hiệu cho ta  2y 2  y   y  y3  y 1   y  y   y  y  y  la SCP nen y  y  y   y  y    y 0    y   x 0 TH 1: y 0   x  1 1    x   x 3 TH : y    x  1 49    x  Vậy phương trình có tất bốn nghiệm ngun (x; y) là: (0; 0); (3; -2); (-1; 0); (-4; -2) …………… HẾT……………