37 hsg toan 9 lao cai 2022 2023

Tổng Hợp Bùi Hoàng Nam CLB Toán THCS Zalo 0989 15 2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022 2023 CLB Toán THCS Zalo 0989 15 2268  Trang 1  Tỉnh Lào Cai SỞ GD&ĐT LÀO CAI KỲ THI CHỌN HSG CẤP[.]

Trang 1

Tỉnh Lào CaiSỞ GD&ĐT LÀO CAI KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH THCS

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2022 – 2023 Mơn Tốn

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 15/3/2023 (Đề thi gồm 6 câu) Câu 1 (4,0 điểm) a) Cho biểu thức 22 1 1 2 21xxxxxPx xx xxxxx         với x0,x1 Rút gọn P

b) Tính giá trị của biểu thức

202320222023202220214 ( 1) 2 20232 2 1xxxQxxx     khi 3 12x 

Câu 2 (2,0 điểm) Trên bàn cờ vua kích thước 8 8 gồm 64 ô vuông con kích thước 1 1 Đặt ngẫu nhiên một qn Tốt vào một ơ vng con kích thước 1 1 trên bàn cờ Tính xác suất để ơ vng con kích thước

1 1 mà con tốt được đặt khơng có tâm nằm trên đường chéo của bàn cờ và cũng khơng có cạnh nào nằm trên cạnh của bàn cờ (hình vng kích thước 8 8 )

Câu 3 (4,0 điểm)

a) Lúc 6 giờ 30 phút sáng, anh Hùng điều khiển một xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành

phố B Khi đi được 3

4quãng 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 đó đi đến thành phố B với vận tốc nhỏ hơn vận tốc ban

đầu 10 km/h Lúc 10 giờ 24 phút sáng cùng ngày, anh Hùng đến thành phố B Biết rằng quãng đường

từ thành phố A đến thành phố B dài 160 km và vận tốc của xe trên 3

4quãng đường đầu không đổi và

vận tốc của xe trên 1

4quãng đường sau cũng không đổi Hỏi anh Hùng dừng xe để sửa chữa lúc mấy

giờ?

b) Cho phương trình 2

2 0

x mx   1 ( m là tham số) Tìm m để phương trình  1 có hai nghiệm x x 1, 2

thỏa mãn x12x22  24x22mx1

Câu 4 (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC khơng cân nội tiếp đường trịn  O ( ABAC) Tiếp tuyến tại A của đường tròn  O cắt đường thẳng BC tại E Từ E kẻ tiếp tuyến thứ hai tới đường tròn

 O tại D (DA); AD cắt EO tại Q; M là trung điểm của BC

a) Chứng minh 5 điểm A, E, D, M, O cùng thuộc một đường tròn và tứ giác BQOC nội tiếp một đường tròn

b) Chứng minh rằng tiếp tuyến tại B, tiếp tuyến tại C của đường tròn  O và đường thẳng AD

9

Trang 2

đồng quy tại một điểm

c) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC ( HBC); AD cắt BC tại K Chứng minh HAKMAO và 22KBABKC  AC Câu 5 (2,0 điểm) a) Cho ba số thực a b c, , Chứng minh a b c  23ab bc ca  

b) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a   Chứng minh bc 1

222333118 18 18 3abca b b c c a Câu 6 (2,0 điểm) a) Chứng minh biểu thức 32  3 ( 2) ( 1) 5 1 2 1

Sn n  n n  n  n chia hết cho 15 với mọi số nguyên

n

b) Giải phương trình nghiệm nguyên 2432

x x y y y

Trang 3

HƯỚNG DẪN GIẢI II Hướng dẫn chấm chi tiết

Câu 1 (4,0 điểm) a) Cho biểu thức 22 1 1 2 21xxxxxPx xx xxxxx         với x0,x1 Rút gọn P

b) Tính giá trị của biểu thức 2023 20222023202220214 1 2 20232 2 1xxxQxxx     khi 3 12x   Lời giải:

a) Với điều kiện x0,x1, ta có:

2 1 2 2 11 1 1 1 1xxxxxPxxxx xxxxxx             2 1 1 2 2 11 1x xxxxxxxxxx        21 1x xxxxxx   21 1x xxxxxx   21 1x xxxxxx   21 1x xxxxxx   1 21 1xxxxxx   2.1xxx Vì 3 1 2 3 1 2 1 32x   x   x 24x 4x 1 3    nên 3 12

x  là nghiệm của đa thức 2

2x 2x1.20222202122 2 2 1 20232 2 1 1xxxxxx    Do 3 12

x  là nghiệm của đa thức 2.x22x1

Trang 4

c) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC H BC; AD cắt BC tại K Chứng minh HAKMAO và 22KBABKC  AC Lời giải: a) Ta có   90 90 180

EAOEDO    suy ra bốn điểm A E D O, , , cùng thuộc một đường trịn Ta có EDOEMO90 suy ra bốn điểm E D M O, , , cùng thuộc một đường tròn Vậy năm điểm A E D M O, , , ,

Xét tam giác vuông EAO ta có EQ EO EA2 (1)

Mặt khác do tam giác ABC nội tiếp dường tròn  O ta có EB EC EA2(2)

Từ (1) và (2) ta có EQ EOEB ECEQEC

EBEO

    

Ta có EQB∽EOC(vì E chung và EQEC

Trang 5

Vì lúc đi từ A là 6 giờ 30 phút sáng và đi đến B là 10 giờ 24 phút nên tổng thời gian đi từ A đến B (kể cả thời gian sửa xe là 3 giờ 54 phút 3, 9 (h)

Vậy ta có phương trình: 120 400, 5 3, 910x   x 120 403, 410xx  120 x 10 40x 3, 4 x x 10     (1) 2297 3, 4.1200 5329 73 0     

nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x 1 50 (thỏa mãn), 2 120 1017

x   (không thỏa đk)

Suy ra vận tốc của xe đi từ A đến lúc bị hỏng xe là 50 km/h

Thời gian anh Hùng đi từ A đến lúc bị hỏng xe là 120 2, 450  (h)

Vậy anh Hùng dừng xe để sửa chữa lúc: 6, 5 2, 4 8, 9 h  giờ 54 phút 82

2 0

x mx  có a1,c  2 0 nên phương trình ln có hai nghiệm trái dấu

b) Chú ý x12mx1  2 0 mx1x122 thay vào x12x22  24x22mx1222222212 24 2112 24 21x x  x mx  x x  x mxTa có  222 2  2  22 2 2212 24 21 2 1212 26 0xxxxxxxx            22 2 22 221212 4 12 26 0xxxxx x       Có 22 2 212 ; 1 2 2 1212 2 1 2 4x x m x x   x x  x x  x x m Từ đó  2  2 2 4 4 42 0m   m    Đặt  2  2267 Do 4 nên 64 4 42 04 6 2 Vay 2ttttmtttmmm                

Câu 4 (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC khơng cân nội tiếp đường trịn  O (ABAC) Tiếp tuyến tại A của đường tròn  O cắt đường thằng BC tại E Từ E kẻ tuyến thứ hai tới đường tròn  O tại

;

D D AAD cắt EO tại Q M; là trung điểm của BC

a) Chứng minh 5 diểm A E D M O, , , , cùng thuộc một đường tròn và tứ giác BQOC nội tiếp một đường tròn

b) Chưng minh rằng tiếp tuyến tại B, tiếp tuyến tại C của đường tròn  O và đường thẳng AD đổng quy tại một điểm

2

3, 4x 194x 1200 0

Trang 6

c) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC H BC; AD cắt BC tại K Chứng minh HAKMAO và 22KBABKC  AC Lời giải: a) Ta có   90 90 180

EAOEDO    suy ra bốn điểm A E D O, , , cùng thuộc một đường trịn Ta có EDOEMO90 suy ra bốn điểm E D M O, , , cùng thuộc một đường tròn Vậy năm điểm A E D M O, , , ,

Xét tam giác vng EAO ta có EQ EO EA2 (1)

Mặt khác do tam giác ABC nội tiếp dường tròn  O ta có EB EC EA2(2)

Từ (1) và (2) ta có EQ EOEB ECEQEC

EBEO

    

Ta có EQB∽EOC(vì E chung và EQEC

Trang 7

Từ đó suy ra EQBBCO

Vậy tứ giác BQOCnội tiếp một đường tròn

b) Gọi Flà giao điểm của hai tiếp tuyến tại B và C Ta có AD vng góc với EO tại Q (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm) (3)

Ta có FBO OCF90 90 180suy ra bốn điểm B O C F, , , cùng thuộc một đường tròn

Do tứ giác BQOCnội tiếp một đường tròn F(phần a) suy ra bốn điểm B Q O C, , , cùng thuộc một đường tròn

Vậy 5 điểm B Q O C F, , , , cùng thuộc một đường tròn đường kính OF suy ra FQO  90 hay EOQF (4) Từ (3) và (4) suy ra AD đi qua điểm tức là tiếp tuyến tại B, tiếp tuyến tại C của đường tròn  O và

đường thẳng AD đồng quy tại một điểm c) Ta có HAKDFM (5)

Tứ giác AOMD nội tiếp đường tròn (chứng minh tương tự phần a)

Suy ra MAOMDO (cùng chắn cung OM ) (6)

Xét tam giác vng OBF ta có

22

OMOD

OM OFOBOM OFOD

ODOF

    

Suy ra OMD ∽ODF (vì DOM chung và OMOD

OD OF )

Từ đó ta có O MD DFM 7

Từ (5), (6), (7) suy ra HAKMAO 7

Trang 8

b) Cho ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a   Chứng minh bc 1222333118 18 18 3abca b b c c a  Lời giải: a) Ta có 2 2222a 2 2a b c  a b c  b bc caa b c  23ab bc ca  2222a 2 2 3 aabcbbccab bcca        222aabcb bc ca     2222a 2b 2c 2ab 2bc 2ca     Dấu 22220 , ," "3 a , , ,a bb cc aa b cabca b cb bc caa b c              b) 233318a18 18abaa b  a b 333362 318 9 9 3 81 9 3aa b a b  b  ab  b233232 33318a 2.18 9 3 3abaaa babba    32 2 3a 3 23a , 3a 6a3 3 3 9bab babb ba   ab b      Tương tự ta có 22332 26 ; 618 9 18 9bcbbc cccaab c    c a   Ta có 2 6 9VTa b c    ab bc ca   a b c  Mà 2  1 2 1( ) 3 ( )3 3a b c   ab bc ca  ab bc ca   a b c  Vậy 2 6  19 3VT    a b c  ab bc ca   a b c  Vậy 222333118 18 18 3abca b b c c a 

Dấu "=" xảy ra khi và chi khi 13

ab c

Câu 6 (2 điểm)

a) Chứng minh biểu thức = ( + 2) + ( + 1)( − 5 + 1) − 2 − 1 chia hết cho 15 với mọi số nguyên

b) Giải phương trình nghiệm nguyên + = + + Lời giải:

5432

5 5 5 6

Trang 9

Chứng minh S  3Thật vậy  53 3  426 5 6S n n  n  n n  n   231 1 6 5 1 1 6nnn nnn nn nn       Do n1 n n  suy ra 1 3 S  (1) 3Chứng minh S  5Ta có  53 3  426 5 6S n n  n  n n  n  2   432 1 1 4 5 5nn nnnnnn          432 2 1 1 2 5 1 1nnn nn n nnnnnn              don2n1 n n1n2 : 5 nên : 5 2 S  Vì 153.5 mà 3;5 1Từ (1) và (2) suy ra 32  3 2 1 5 1 2 1

S nn  n n  n  n chia hết cho 15 với mọi số nguyên n

b) Phương trình đã cho tương đương với

24324x 4x4y 4y 4y 2 4 3 22x 1 4y 4y 4y 1     Ta có các đánh giá sau 432  2 2 24y 4y 4y  1 2y y 3y   1 02y2y2 2 4y44y34y215y24y  3 0

Cách đánh giá theo hiệu trên cho ta 2y2y2 4y44y34y2 1 2y2y22

Do 4y44y34y2 là số chính phương 1

Nên 4 3 2  2 2

4y 4y 4y  1 2y y1 Ta tìm ra y 0 hoặc y  2

TH1: Với y 0, ta có 2x 121 x hoặc 0 x   1TH2: Với y  2, ta có 2x 1249x hoặc 3 x   4Vậy phương trình có tất cả 4 nghiệm nguyên x y là , 

0, 0 ; 3; 2 ;  1, 0 ;  4; 2