SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH HÀ NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I HƯỚNG DẪN[.]
UBND TỈNH HÀ NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2022 – 2023 Mơn: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG o Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà điểm theo thang điểm tương ứng o Đối với toán hình học học sinh chứng minh có sử dụng đến hình vẽ yêu cầu phải vẽ hình, học sinh vẽ hình sai khơng vẽ hình khơng cho điểm phần tương ứng o Điểm tồn khơng làm trịn II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Sơ lược lời giải Điểm Cho biểu thức a 1 a a a2 a a a a a a a a a với a 0, a 1 a) Rút gọn biểu thức P P P a 1 a 1 a a a 1 a a 1 a a a1 a 1 a a 1 a a a a a a a 1 a b) Tìm điểu kiện a để biểu thức P a Có 2 a a 0,5 Q P nhận giá trị nguyên a Q Q 1 P 8 a 0,5 a 0 0,25 a 3 2 a 17 12 a 3 2 a 17 12 (thỏa mãn điều kiện) Vậy a 17 12 giá trị cần tìm 0,25 Do để II (4,0 điểm) 1,0 4 a (Theo BĐT Côsi) a 1 a (loại a 1 ) P a 0, a 1 Vậy 0 2 0Q2 P P 4 0,75 0,75 I (3,0 điểm) 2,0 Giải phương trình x x x x 0 Điều kiện x x x 0 2,0 0,25 Page of Câu Sơ lược lời giải Có Điểm x 3x x x 1 x x 3 2 nên x x x 0 x 1 1 x 1 x 2x 2 x x x 1 x x 1 x x 0 0,25 x x 0 x2 x x2 x t 1 2t 3t 0 x t 1 t , t 0 x 2x Đặt ta phương trình x x t 1 1 x2 2x x2 2x x 3x 0 (vô nghiệm) x 1 x 1 t 2 x 2x 2 x 2x x x 0 x 3 (thỏa mãn điều kiện) Vậy pt có nghiệm x 3 x y x y 0 (1) x y x x 26(2) Giải hệ phương trình x y 0 Điều kiện x y y 3 x y ) x y x y 0 1 x 0,25 0,5 0,25 0,5 2,0 0,25 0,5 vơ nghiệm x 5 y x , y 0 0,5 ) x y y x thay vào ta x x 1 x x 26 2x x x x 21 0 2x 2x x 3 x 0 2x 2x 2 x 3 x 0 2x 2x 2 x 3, x x 1 2x 2x ) x 3 y 2 x; y 3;2 Vậy hệ phương trình có nghiệm 0,5 0,25 Page of Câu Sơ lược lời giải Cho parabol Điểm x hai điểm A 2;2 , B 4;8 nằm P Gọi M m m 4 P m P : y điểm thay đổi có hồnh độ ABM có diện tích lớn Tìm để tam giác m2 M m; Có A ' 2;0 , M ' m;0 , B ' 4;0 0,5 Gọi III (2,0 điểm) S ABB ' A ' S AMM ' A ' AA ' BB ' A ' B 30 2 AA ' MM ' A ' M ' m m MM ' BB ' M ' B ' 16 m m S MBB ' M ' 6m 12m 72 27 3( m 1) S ABM S ABA' B ' S AMM ' A ' S MBB ' M ' 30 2 27 S ABM m m giá trị cần tìm Vậy IV (2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình x y x y y x x x y x y y x x3 x 1 ( x 1) y 1 y y 1 số nguyên dương lẻ x 1 x 1 số nguyên dươnglẻ (1) 0,75 0,25 2,0 0,25 0,5 x 1, x lẻ x 0 x,1 x d d số lẻ Giả sử x d x d Do x d x x d 2d d 1 (do d 0,5 2 2 Lại có Mặt khác, (1) x 1 x 1 0,5 lẻ) số phương 0,5 x,1 x số nguyên tố nên x,1 x số phương 2 Do x , x hai số nguyên liên tiếp số phương nên x 0 Page of Câu Sơ lược lời giải Điểm y 0 x 0 y y 0 y 1 Vậy x; y 0;0 x; y 0;1 V (7,0 O; R đường kính AB Gọi C điểm thỏa mãn tam giác ABC điểm) Cho đường tròn O nhọn Các đường thẳng CA, CB cắt đường tròn điểm thứ hai tương ứng 0,25 D, E Trên cung AB O không chứa D lấy điểm F ( FA FB ) Đường thẳng CF cắt AB M , cắt đường tròn (O ) N ( N không trùng với O ' F) CDE P P C ) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ( a)Giả sử ACB 60 , tính DE theo R Xét đường trịn BCA không trùng với 2,0 O sd BFA sd DNE (Góc có đỉnh bên ngồi đường trịn) 1800 sd DNE BCA sd DNE 600 EOD 600 OED có OD OE OED cân O Mà EOD 60 ODE tam giác OD DE ED R b)Chứng minh CN CF CP.CM CPE CDE O ) O (Vì tứ giác ABED nội tiếp đường trịn ) (2 góc nội tiếp chắn cung CE đường tròn Mà CBM CDE 0,75 0,75 0,5 1,5 0,75 CBM CPE nên tam giác CPE đồng dạng với tam giác CBM Page of Câu Sơ lược lời giải CE CP CM CB CE CB CM CP Điểm (1) Tương tự chứng minh tam giác CNE đồng dạng với tam giác CBF CE CF CE.CB CN CF CN CB (2) 0,5 Từ (1) (2) suy ra: CN CF CP.CM 0,25 c) Gọi I , H theo thứ tự hình chiếu vng góc F đường thẳng BD, AB Các đường thẳng IH CD cắt K Tìm vị trí điểm F để AB BD AD FH FI FK đạt giá trị nhỏ biểu thức FHK FAK FBD Tứ giác BIHF, BDAF nội tiếp nên nội tiếp nên FKA 90 (= ), suy tứ giác AKFH 1,5 0,5 Xét DFK BFH có FKD FHB 90 O FBH FDA (Hai góc nội tiếp chắn AF đường trịn ) DK BH DFK BFH FK FH (1) Tương tự tam giác IDF đồng dạng với tam giác HAF 0,25 ID HA IF HF AK 0,25 BI Tương tự tam giác AFK đồng dạng tam giác BFI nên: FK FI (2) DA BH BI DK AK BH BI FK FK FH FI hay: FK FH FI (1) , (2) 0,25 DA BD BH BD BI BH ID FK FI FH FI FI FH FI ID HA DA BD BH HA AB FH FH FH Mà FI FH suy ra: FK FI AB BD AD AB FH FI FK FH Vậy AB BD AD F AB nên FH FI FK nhỏ FH lớn trung điểm cung 0,25 I Cho góc xOy cố định A điểm cố định Ox Đường trịn thay đổi 2,0 ln tiếp xúc với Ox, Oy E , D Gọi AF tiếp tuyến thứ hai kẻ A từ đến định I ( F tiếp điểm) Chứng minh DF qua điểm cố Page of Câu Sơ lược lời giải Điểm Kéo dài DF cắt OI J Chứng minh điểm A, E , I , F thuộc đường tròn 0,75 Chứng minh JFE JIE => điểm J , F , I , E thuộc đường trịn 0,75 Do điểm A, E , I , F , J thuộc đường trịn 0,5 Góc AJI 90 => J điểm cố định VI (2,0 điểm) Cho số dương a, b Chứng minh: 2 a b 1 a b 1 b a 1 2 a b a 1 b2 b 1 a (1) a 1 b 1 1 1 a b 1 b a (*) (1) 2 a b 1 a 1 1 b 1 1 b a a b x y z a b 1 ; a b 1 ; a b 1 Đặt b 1 a 1 1 1; 1; a b 1; x b y z ta a 0,5 Vì a; b x; y; z Ta lại có x y z 1 x; y; z Thay vào (*) ta 2 2z y x 3 2 2 z 1 z y2 1 y x2 x 4z 4z y y 1 4x2 4x 1 2z 2z y y 1 2x2 2x 1 1 27 z z 1 y y 1 x x 1 54 t (*) 2 t t 25 Ta có với t thuộc khoảng (0; 1) 0,5 0,5 Page of Câu Sơ lược lời giải Điểm 18 3t 1 2t 2t 25 Thật (*) 18 3t 1 0 25 2t 2t 18 3t 1 18t 18t 0 25 2t 2t 1 3t 1 3t 3t 1 0 2t 2t 3t 9 3t 1 0 2t 2t 3t 1 18t 3t 1 0 3t 1 6t 1 0 2t 2t t với t thỏa mãn t 1 Dấu xảy Sử dụng (*) lần cho x; y; z cộng vế bất đẳng thức chiều ta có điều t phải chứng minh Dấu xảy x y z hay a b 1 0,5 -HẾT - Page of