UBND TỈNH HỊA BÌNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022-2023 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 24/3 /2023 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm có 01 trang) Câu (4,0 điểm): x x 2 x Cho biểu thức: P : (với x > x ≠ 1) x x 1 x x x x Rút gọn biểu thức P, từ tìm giá trị x cho P 4 Tính giá trị biểu thức P x 2 Câu (6,0 điểm): Cho hàm số y x Có đồ thị đường thẳng (d) Gọi A B giao điểm (d) với trục tọa độ Ox, Oy C (m; 2m 4) điểm thuộc đoạn thẳng AB Tìm giá trị tham số m để diện tích tam giác OBC hai lần diện tích tam giác OAC 3 x y 3x y Giải hệ phương trình 2 x y 6 Cho tam ABC tam giác Gọi R, r bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Tính diện tích tam giác ABC biết R – r = Câu (4,0 điểm): Tìm cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn: x xy y x y 0 Một cửa hàng bán bưởi Đoan Hùng (Phú Thọ) với giá bán 50000 đồng Với giá bán ngày cửa hàng bán 40 Cửa hàng dự định giảm giá bán, ước tính cửa hàng giảm 1000 đồng số bưởi bán tăng thêm 10 Xác định giá bán bưởi để cửa hàng thu lợi nhuận cao nhất, biết giá nhập ban đầu cho 30000 đồng Câu (4,0 điểm): Cho ABC nhọn ( AB AC ) nội tiếp đường tròn (O) Hai đường cao BE, CF cắt H Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC Gọi K giao điểm hai đường thẳng EF đường thẳng BC Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp, từ suy KF.KE = KB.KC Tính tỉ số OM AH Đường thẳng AK cắt đường tròn (O) điểm thứ hai I ( I khác A) Chứng minh ba điểm M, H, I thẳng hàng Câu (2,0 điểm): Giải phương trình x3 x ( x 3) x Cho hai số dương a, b thỏa mãn a + b = 4ab Chứng minh a b 2 1 b 1 a HẾT ( Thí sinh khơng sử dụng tài liệu làm ) Họ tên thí sinh:… …………………………Số báo danh:………… HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS NĂM HỌC 2022-2023 (ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn: TỐN Ngày thi: 24/3/2023 Câu Ý Biểu điểm Hướng dẫn chấm x x 2 x P : x x 1 x x x x 0,5 x ( x 1) x 2( x 1) x : = ( x 1)( x 1) x( x 1) Câu (4,0 điểm) = x2 x x x : ( x 1)( x 1) x( x 1) 0,5 = x2 x x ( x 1) ( x 1)( x 1) x x 0,5 x x1 = 0,5 x 4 x x 0 x1 P 4 x 0,5 0 x 4 0,5 x 4 (thỏa mãn điều kiện) Vậy x 4 P 4 Khi x = 2 2 = 2(2 3) = 42 = (2 3)(2 3) 1 2 Thay x 1 vào biểu thức P rút gọn ta được: P 0,5 64 3 - Giao điểm (d) với trục Ox A(2;0) (d) với trục Oy B(0;4) Vì C thuộc đoạn AB nên ≤ m ≤ 2 = 2.( 2m 4) 2m - Diện tích tam giác OBC là: SOBC = 4.m 2m Câu (6,0 điểm) - Diện tích tam giác OAC là: SOAC 0,5 0,5 0,5 0,5 Vì diện tích tam giác OBC hai lần diện tích tam giác OAC nên ta có: 2m = 2.(-2m + 4) m ( thỏa mãn ĐK) Vậy m diện tích tam giác OBC hai lần diện tích tam 0,5 giác OAC 0,5 x y (1) ( x y )( x xy y 3) 0 2 x xy y 3 Với x = -y thay vào (2) ta có: 3y2 = y 0,5 2 x xy y 3 Với x xy y 3 ta có hệ 2 x y 6 2 0,5 x xy 0 x = x = 2y Với x = thay vào (2) ta có: y2 = y Với x = 2y thay vào (2) ta có: y2 = y 1 Vậy x, y ( 2; 2), ( 2; 2), (0; 3), (0; 3), (2;1), ( 2; 1) 0,5 A I B H C Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, H chân đường cao hạ từ A xuống cạnh BC Vì ABC I vừa trọng tâm, vừa trực tâm ABC R r 2 R r 2 AI 2.HI R 2r 0,5 r 2; R 4 chiều cao tam giác ABC 0,5 Cạnh tam giác ABC SABC 12 (đơn vị diện tích) 0,5 (1) ( x y )( x y ) ( x y ) 5 ( x y )( x y 1) 5 Vì cặp số (x;y) nguyên dương nên ta có x y 1 x 7 ( thỏa mãn) x y 5 y 3 x y 5 x * (loại) x y 1 y * Câu (4,0 điểm) 0,5 x y x 11 (loại) x y y 0,75 0,5 * x y x 1 * ( thỏa mãn) x y y 3 Vậy Phương trình có cặp nghiệm là: x, y (7;3) ; x, y (1;3) 0,5 0,25 Gọi x (nghìn đồng) giá bán thực tế bưởi 30 x 50 Khi mơi bưởi giảm 50- x Khi số tiền giảm giá cho mơi bưởi là: 50 – x (nghìn đồng) Số lượng bưởi bán ngày là: 40 + (50 - x).10 Tiền lãi bán bưởi là: x - 30 Lợi nhuận thụ ngày: f x x 30 40 50 x 10 (nghìn đồng) f x 10 x 840 x 16200 0,5 0,5 0,5 (nghìn đồng) = -10(x – 42)2 + 1440 ≤ 1440 Lợi nhuận thu lớn x = 42 (nghìn đồng) 0,5 Vậy cần bán bưởi với giá 42 000 đồng lợi nhuận thu lớn xét tứ giác BFEC có: BEC CFB 900 (gt) tứ giác BFEC nội tiếp ( góc nhìn cạnh nhau) 1,0 xét KBE KFC có: chung KCF (2 góc nội tiếp chắn cung BF) KEB K KBE KFC (g.g) 0,5 KB KE KF KE KC.KB KF KC (1) Kẻ đường kính AN đường trịn O ; N O ABN ACN 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Câu (4,0 điểm) Xét tứ giác BHCN có: BH / /CN ( vng góc với AC) CH / / BN ( vng góc với AB) tứ giác BHCN hình bình hành Mà M trung điểm BC M trung điểm đoạn HN Xét AHN có O trung điểm AN M trung điểm HN OM OM đường trung bình AHN AH Ta có tứ giác AIBC nội tiếp KIB KIB ~ KCA (g g) KCA KI KC KI KA KB.KC (2) KB KA 0,5 0,5 0,5 0,5 Từ (1) (2) suy KE.KF KI KA KE KA KI KF KE KA chung KEA ~ KIF (g.g) K KI KF tứ giác IAEF nội tiếp (góc góc đối ngồi ) KEA KIF điểm I thuộc đường tròn ngoại tiếp AEF (3) Mặt khác tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH ( AEH AFH 900 ) điểm H thuộc đường tròn ngoại tiếp AEF (4) Từ (3) (4) I , A, E , F , H thuộc đường tròn đường kính AH HIA 900 HI AK Mà : NIA 900 (góc nội tiếp chắn đường tròn) IN AK Xét KEA KIF có: 0,5 N , I , H thẳng hàng Mà M HN Suy ba điểm M, H, I thẳng hàng ĐKXĐ: x ≥ -2 (1) x3 x ( x 2) x x 0,25 Đặt x = a ( a ≥ 0) ta có phương trình: 2 x x a a ( x a)( x ax a 1) 0 0,25 Câu (2,0 điểm) 2 a 3a Vì x ax a x với x x = a 2 2 Với x = a ta có x = x (*) x2 – x – = x = -1 x = Thử lại ta x = nghiệm phương trình cho Từ a b 4ab Áp dụng BĐT (AM- GM ) ta có ab 2 a b a b (a b ) b2 a a ab b a 2b ab(a b) (a b) a b 4ab 4 4 4 ab ab ab 1 Dấu đẳng thức xảy a = b = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Chú ý: Mọi cách giải khác xem xét cho điểm tối đa