Toan 9 hsg lang son 22 23

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – NĂM HỌC 2022 2023 Môn thi Toán Thời gian 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS – NĂM HỌC 2022 -2023 Mơn thi: Tốn Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/03/2023 Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu Câu (4,0 điểm)  x x  x  1  x  x  10    Cho biểu thức: P   :   , với x  0, x 9 x  x  x x  x  x      a) Rút gọn P b) Tính giá trị P x 7  Câu (4,0 điểm) 2 Cho phương trình x   2m  3 x  m  2m 0 ( m tham số) a) Tìm điều kiện m để phuơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  2m  8m x12  x22  Câu (4,0 điểm)  x  y  xy  x  y 0 Giải hệ phương trình:   x   y  4 Câu (6,0 điểm)  Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp  O  , AB  AC Phân giác BAC cắt BC D cắt  O  điểm thứ hai P Gọi M giao điểm OP BC ; F đối xứng với D qua M Lấy điểm H nằm AO E nằm AD cho HD; FE vng góc với BC a) Chứng minh AHD PFE tam giác cân b) Gọi K giao điểm HD FP Chứng minh tứ giác BHCK nội tiếp đường tròn  O1  c) Gọi T giao điểm  O1  tia DA Gọi Q giao điểm HT BC Chứng minh AQ tiếp tuyến  O  Câu (2,0 điểm) a) Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x  y  z  y z 243 b) Cho đa giác có 2023 đỉnh Đánh dấu đỉnh đa giác hai chữ số Chứng minh chọn ba đỉnh đa giác đánh dấu giống tạo thành tam giác cân Hết -Họ tên thí sinh:…………………………………………… SBD: …………………… … Chữ ký giám thị 1:… … .… Chữ ký giám thị 2: …… ……… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN K Ỳ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS – NĂM HỌC 2022 - 2023 Mơn thi: Tốn HDC CHÍNH THỨC Câu (4,0 điểm)  x x  x  1  x  x  10    Cho biểu thức: P   :   , với x  0, x 9  x  x  x   x 1 x  x   a) Rút gọn P b) Tính giá trị P x 7  Lời giải a) Với x  0, x 9 , ta có:  x x  x  1  x  x  10  P     :    x  x  x   x 1 x  x       x x  x    x 3 x  10    :   x   x 1 x x3 x 1 x3        x x  x    x   x3   : x1 x x  x  x 1 x  :    x 3     Vậy với x  0, x 9 P    x3   x    x  10  x 1 x   x  10 x 1    x 1  x 1 x x  x    x 1 x3    x 1 x x b) x 7  (thỏa mãn ĐKXĐ)      2   x  1     1         12             6 P 4 x 2   3   3  x  4  44 3  2 Vậy P 6 x 7  Câu (4,0 điểm) 2 Cho phương trình x   2m  3 x  m  2m 0 ( m tham số) a) Tìm điều kiện m để phuơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 2m  8m x12  x22  Lời giải 2 Xét phương trình x   2m  3 x  m  2m 0 ( m tham số) b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a) Để phuơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2       2m  3   4.1  m  2m    4m2  12m   4m  8m    4m    m  Vậy với m  phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 b) Với m  phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 Khi theo hệ thức Vi-et, ta có:  x1  x2 2m    x1 x2 m  2m Theo ta có: 2m  8m 2 P (ĐK: x1  x2  0 ) x1  x22  P m  8m 2m2  8m m  8m m  8m    x12  x22   x1  x2   x1 x2   2m  3   m2  2m   4m  12m   2m  4m  2m  8m 10 10 10 1  1  1   2 2 2m  8m  10 2m  8m  10  m  2  Vậy MinP  m  0  m 2 (thỏa mãn điều kiện) Câu (4,0 điểm) 2  x  y  xy  x  y 0 Giải hệ phương trình:   x   y  4 Lời giải 2  x  y  xy  x  y 0  1 Xét hệ phương trình:   2  x   y  4 ĐKXĐ: x  2; y  Từ (1), ta có: x  y  xy  x  y 0  x  y   xy  x  y  y  y  0  2   x  y     y   0   x  y   y    x  y   y   0 x  y   x  y   x  y   0    x 3 y  Với x  y thay vào (2), ta có: y   y  4  y   y    y  2  y  2 16   y  y  y  64  32 y  y  y  36 y  68 0   y  2  y  2  y 2  TM    y 34  KTM  8  y  y 4  y 2  x 2 Với x 3 y  thay vào (2), ta có: y    y  4  y  4  y  4  y 2  x 3.2   x 2 (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S   2;   Câu (6,0 điểm)  Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp  O  , AB  AC Phân giác BAC cắt BC D cắt  O  điểm thứ hai P Gọi M giao điểm OP BC ; F đối xứng với D qua M Lấy điểm H nằm AO E nằm AD cho HD; FE vng góc với BC a) Chứng minh AHD PFE tam giác cân b) Gọi K giao điểm HD FP Chứng minh tứ giác BHCK nội tiếp đường tròn  O1  c) Gọi T giao điểm  O1  tia DA Gọi Q giao điểm HT BC Chứng minh AQ tiếp tuyến  O  Lời giải A H O M B D F C P E a) Chứng minh AHD PFE tam giác cân      PC  Ta có AP tia phân giác BAC (hai góc nội tiếp chắn hai  PAB  PAC  PB   OP  BC (quan hệ vng góc đường kính cung nhau)  P điểm BC dây)  HD //OP //FE (cùng vng góc với BC ) Vì F đối xứng với D qua M  M trung điểm DF  PDF có PM vừa trung tuyến, vừa   đường cao nên PDF cân P  PM phân giác  OPD ; OPF       Vì PEF (hai góc đồng vị); PFE (hai góc so le trong)  PEF OPD OPF  PFE  PFE cận P     Vì HPA (hai góc đồng vị); HAD ( OAP cân O )  AHD cân H OPD OPD b) Gọi K giao điểm HD FP Chứng minh tứ giác BHCK nội tiếp đường tròn  O1  A H O M B D F C P K E Xét DAB DCP có: ADB CDP  (hai góc đối đỉnh); DAB  DCP   ); (hai góc nội tiếp chắn BP DA DC  DAB ∽ DCP  g.g     DA.DP  DB.DC (1) DB DP Xét DHA DPK có: ADH  KDP  (hai góc đối đỉnh); HAD OPD      ( OAP cân O ); PKD (hai góc đồng vị); OPD ( PM phân giác OPF OPF    , ý a))  HAD ;  PKD DPF DH DP   DH DK  DA.DP (2) DA DK DB DK  Từ (1) (2), ta có: DB.DC  DH DK   DA.DP   DH DC Xét DBH DCK có : DB DK    (hai góc đối đỉnh) ; (chứng minh trên) ; HDB  KDC DH DC  DBH ∽ DKC  c.g.c    , tứ giác BHCK có hai đỉnh B, K nhìn cạnh HC góc nên tứ  DBH  DKC giác nội tiếp c) Gọi T giao điểm  O1  tia DA Gọi Q giao điểm HT BC Chứng minh  DHA ∽ DPK  g.g   AQ tiếp tuyến  O  A H T O M Q B D F C P K E Ta có: PDK , PDF , PFE tam giác cân P  PK  PD  PE  PF  DFEK hình chữ nhật  KE //DF  BCEK hình thang Xét KDB EFC có:   KDB  EFC 90 ; KD  EF (tính chất hình chữ nhật); MB  MC ( OM  BC ), MD  MF  GT   DB  FC ;    KDB EFC  c.g.c   DBK  FCE  hình thang BCEK hình thang cân nên nội tiếp đường tròn, mà BHCK nội tiếp đường tròn  O1   E   O1  ; Xét DHT DEK có:    ); HDT   (hai góc nội tiếp chắn KT (đối đỉnh); DHT  DEK  EDK  DHT ∽ DEK  g g      , mà DKE  DTH  DKE 90 ( DFEK hình chữ nhật)  DTH 90  HT  AD HAD cân H có HT đường cao nên trung trực mà Q  HT  QA QD  QAD cân     , lại có HAD ( HAD cân H ) Q  QAD QDA  HDA       QAD  HAD QDA  HDA  HDQ 90   QAH 90  QA  AH hay QA  OA A   O   QA tiếp tuyến  O  Câu (2,0 điểm) a) Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x  y  z  y z 243 b) Cho đa giác có 2023 đỉnh Đánh dấu đỉnh đa giác hai chữ số Chứng minh chọn ba đỉnh đa giác đánh dấu giống tạo thành tam giác cân Lời giải a) Xét số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x  y  z  y z 243 2 Vì 243;3 x ;9 y ;6 y z chia hết z 3  z 3  z 3  z 3m  m  N *  3x  y  36m2  54m2 y 243  x  y  12m  18m y 81 Vì 81;3 y ;18m y chia hết x 3  x 3  x 3n  n  N *  9n  y  12m  18m2 y 81  3n  y  4m  6m y 27  3n  4m  y  6m  1 27 (1) 2 2 2 Do m, n nguyên dương  m, n 1  3n  4m  y  6m  1 3   y 7  y  y 1   y 27  y 4  y 2    y 2 Với y 1 vào (1), ta có: 3n  10m 28 Nếu m 2  10m 40  3n  10m  28 (không thỏa mãn)  m 1  3n  10 28  n 6 (không thỏa mãn) Với y 2 vào (1), ta có: 3n  28m 31 Nếu m 2  28m 112  3n  28m  31 (không thỏa mãn)  m 1  3n  28 31  n 1  n 1 (không thỏa mãn)  x 3n 3; z 3m 3 Vậy có số nguyên dương thỏa mãn  x; y; z   3; 2;3 b) Cách 1: Ta có đa giác có 2023 đỉnh, phải tồn đỉnh kề P Q đánh số 1(Theo nguyên lý Đirichlet), giả sử P Q đánh số Vì đa giác cho đa giác có số đỉnh lẻ nên phải tồn đỉnh nằm đường trung trực đoạn thẳng PQ Giả sử đỉnh A Nếu A đánh số ta có tam giác APQ tam giác cân có ba đỉnh A, P, Q đánh số Nếu A đánh số 0, lúc gọi B C đỉnh khác đa giác kề với P Q Nếu hai đỉnh B C đánh số tam giác ABC cân có ba đỉnh đánh số Nếu ngược lại, hai đỉnh B C đánh số tam giác BPQ tam giác CPQ tam giác cân có ba đỉnh đánh số Vậy trường hợp chọn ba đỉnh đa giác đánh dấu giống tạo thành tam giác cân Cách 2: Giả sử chọn đỉnh đa giác với dấu tạo thành tam giác cân Trước tiên, chứng minh có đỉnh liên tiếp đánh dấu đỉnh liên tiếp đánh dấu Giả sử khơng có đỉnh liên tiếp đánh dấu Điều có nghĩa đỉnh đánh dấu ngăn cách đỉnh Vì vậy, số đỉnh đánh dấu phải 1012 (nếu khơng, không đủ chỗ cho 1) Tương tự, khơng có đỉnh liên tiếp đánh dấu 1, số đỉnh đánh dấu phải 1012 Nhưng điều khơng thể xảy tổng số đỉnh 2023, ln có đỉnh liên tiếp đánh dấu giống Bây giờ, chọn cặp đỉnh liên tiếp đánh dấu giống nhau, giả sử Đặt chúng A B , đặt S tâm đa giác Khi đó, SA  SB Ta đánh dấu điểm C đường tròn ngoại tiếp cho tổng số đỉnh A C (không kể A ) tổng số đỉnh B C (không kể B ) 1010 Khi đó, đa giác chia thành hai phần có số đỉnh nhau: phần từ A qua C đến B phần từ B qua C đến A Do đó, SC  SA SB tam giác ABC cân Vì có đỉnh liên tiếp đánh dấu 1, cịn lại đỉnh đa giác (ở hai phần) phải có đỉnh đánh dấu Nếu C đánh dấu 1, ta có tam giác cân với ba đỉnh đánh dấu Nếu C đánh dấu 0, ta có tam giác cân với ba đỉnh đánh dấu Điều mâu thuẫn với giả thiết ban đầu, ln chọn đỉnh đa giác đánh dấu giống tạo thành tam giác cân -Hết -