Hsg toán 9 huyện nông cống 22 23

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trịnh Đình Hân PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NÔNG CỐNG ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH DỰ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2022 2023 Môn thi Toán Thời gian 150 phút (không kể thời gian[.]

Trịnh Đình Hân PHỊNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NƠNG CỐNG ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH DỰ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC: 2022-2023 Mơn thi: Tốn Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4,0 điểm) x x2  1 x  Cho biểu thức P  Rút gọn P với x  x 1  x  1 Cho x 2 1  51 3 tính giá trị biểu thức: 3 f ( x )  x  x  x  x   2020  1 x Câu II (4,0 điểm) Giải phương trình: x2   x2   3  x2  1  x  y  xy   x  y  ( xy  2)  Giải hệ phương trình    x  y     y  x Câu III (4,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình x  y  z  y z  18 x 6 Cho số nguyên tố p Giải sử x y hai số tự nhiên khác thỏa mãn x  py x  py xy  p 1 chia hết cho Chứng minh rằng: xy Câu IV (6,0 điểm) Cho đường trịn (O;R), đường kính BC Điểm A thuộc đường tròn cho (A khác B C) Hạ AH vng góc với BC H, lấy điểm M đối xứng với điểm A qua điểm B Gọi I trung điểm HC Chứng minh: Tam giác AHM đồng dạng với tam giác CIA Chứng minh: MH vng góc với IA Gọi K trọng tâm tam giác BCM, chứng minh điểm A chuyển động đường tròn ( O; R) với B, C cố định điểm K ln thuộc đường trịn cố định Câu V (2,0 điểm) Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn abc 1 Chứng minh rằng: b2 c2 a 9     a b c 2(ab  bc  ca) - HẾT Trịnh Đình Hân Câu I 4,0 điểm NỘI DUNG Rút gọn biểu thức P  Điểm x x2   x2  , với x  x 1  x  1 Với điều kiện x  ta có: P x x2   x2  x 1  x  1 x   x 1   x2  x   x  0,5 x2  x  1 x x2   x  x    x 1 x   x    x x       x  1  x 1 x  1   x  = x 1 0,5 x x   x  1  x 1 x 1 0,25 Xét 0,25 x x2  x 1  0 x 1  x  1  x 1 x 1 Với x   ta có: P  x  Với x   ta có: P  Cho x 2 0,25   x  1 1  51 0,25 x 1 3 tính giá trị biểu thức: 3 f ( x)  x  x  x  x   x 2 1  51 3 2 3   5   3  2020  1 x 0,25 3 51  2 51  x  x    x  x  0  1  0,25 0,5 0,5 Ta có  2x  x3  x  x   2020   x  x  1  x  x  1  1 2020   1 2020 1 Trịnh Đình Hân 6  51  x 2 0,25 Nên f ( x)  x  x  x  x   II 4,0 điểm 2020 0,25   x 1    Giải phương trình: x2 3 9 x Điều kiện: 9  x 0   3   x 0 x2    3 9 x 3  2,0 1    x 3   x 0 0,5 3 1   x2  9 x  3  3 9 x   1 4 3  x  KL    x    x  0     11  3 9 x    9 x   x  2 3  x 2   9 x  x2    3 9 x  1 0,5 2 2 2  x  0,5 11 (tmdk ) 0,5  x  y  xy   x  y  ( xy  2)  Giải hệ phương trình    x  y     y  x Điều kiện:  x  y 0   y 1 Từ pt (1)   x  y    x  y   xy ( x  y  1) 2,0 0,25 0,5  ( x  y  1)( x  1)( y  1) 0 Trường hợp 1: x 1  y  Trường hợp 2: 1 0,25 0,25 Trịnh Đình Hân y 1  x   x  x  1 1  x 1   x   x  x  0 Trường hợp 2: x  y 1  x   x  x  1  x    x  x  1   x   x Đặt a 1  x, b  x Ta có 0,5  a  b o  a  b  a  b    a b 0  a  b  0 3 Khi  x  x  x   Vậy hệ có ba nghiệm   1;1 ;  1;   III 4,0 điểm     1  ;   ;   2  Tìm nghiệm nguyên phương trình x  y  z  y z  18 x 6 Pt : 2 0,25 2,0 0,25 2  x  3  y  z  y z 33 Do z 3 z 16 0,5 Nếu z 3 ta có  x  3  11 y 5 khơng có nghiệm ngun Nếu z 0 ta có  x  3  y 11 đó: +) Nếu y = khơng thõa mãn +)Nếu y 1 x = x= 0,25 0,75 +) Nếu y 2 khơng thõa mãn Vậy  x; y; z     0;1;0  ;  0;  1;0  ;  6;1;0  ;  6;  1;0   Cho số nguyên tố p Giải sử x y hai số tự nhiên khác thõa mãn x  py 2 xy  p 1 x  py chia hết cho Chứng minh rằng: xy   * Gọi UCLN  x, y  d d  N , tồn số tự nhiên a, b để x da; y db 0,25 2,0 0,5  a, b  1 x  py d a  pd 2b2 a  pb2    N* Ta có : xy d ab ab 0,5 Trịnh Đình Hân IV 6,0 điểm Từ ta a  pb ab  a  pb b  a b Mà  a, b  1 nên b 1 , suy a  p a  p a 0,5 Do p nguyên tố nên a = a = p x  py  p 1 +) Với a =1 x =y =d nên xy x  py  p 1 +) Với a =p x =dp; y =d nên xy x  py  p 1 Vậy xy 0,5 Cho đường tròn (O;R), đường kính BC Điểm A thuộc đường trịn cho (A khác B C) Hạ AH vng góc với BC H, lấy điểm M đối xứng với điểm A qua điểm B Gọi I trung điểm HC a Chứng minh: Tam giác AHM đồng dạng với tam giác CIA b Chứng minh: MH vng góc với IA c Gọi K trọng tâm tam giác BCM, chứng minh điểm A chuyển động đường tròn ( O; R) với B, C cố định điểm K ln thuộc đường trịn cố định E A F P Q B H O I M C N K  a Vì A thuộc đường trịn đường kính BC nên BAC 900 Ta có  BAC vng A  AHC vuông H AB AH   = tan ACB AC HC 2AB 2AH AM AH    (Vì HC = 2IC)  (Vì AM = 2AB) AC IC AC IC Xét tam giác AHM CIA ta có AM AH  AC IC 0,5 0,75 0,75 Trịnh Đình Hân V 2,0 điểm   A (Cùng phụ HAC  ) HAM IC  AHM ~ CIA ( c.g.c) Đpcm b Gọi giao điểm MH với AI D Vì AHM ~ CIA ( câu a)   ( góc tương ứng)  HMA IAC     Mà: IAC  DAM 900 nên HMA  DAM 900  ADM 900  MH  IA D c Gọi E trung điểm MC Nối AE cắt BC N  N trọng tâm tam giác AMC Lại có K trọng tâm tam giác MBC NE KE         NK / / AB ( Định lí Ta Lét đảo) (1) NA KB   Vì BE đường trung bình tam giác AMC Nên BE//AC mà AB  AC nên  BE  AB (2) Từ (1) (2) NK  BE K  BKN 900 (3) Vì N trọng tâm AMC nên BN = CB không đổi N thuộc BC cố định mà BN không đổi nên N điểm cố định (4) Từ (3) (4) K thuộc đường trịn đường kính BN cố định Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn abc 1 Chứng minh : b2 c2 a 9     a b c 2(ab  bc  ca) +) đặt x  0,25 0,5 0,75 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 2,0 1 , y  , z  suy x.y.z 1 x, y, z dương a b c +) Bất đẳng thức tương đương với x y z 9  (*) P    y z x 2( x  y  z ) 0,5 +) ta có x y z   ;   ;   x y2 y y z2 z z x2 x x y z 1        xy  yz  zx y z x x y z +) ta có x+y+z xyz(x+y+z) (xy)(zx)+(yz)(yx)+(zx)(zy) ( xy )  ( yz )  ( zx)  x yz ( xy  yz  zx) 0,5 0,5 Trịnh Đình Hân 27 2( xy  yz  zx) 27 ( xy  yz  zx )   cô si cho số ‘ ’ xảy ‘ ’ xảy 2( xy  yz  zx)  P P ( xy  yz  zx )  a b c 1 Hết Chú ý:- Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với Câu IV (Hình học): Khơng vẽ hình, vẽ hình sai khơng chấm - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm 0,5