37 hsg toan 9 lao cai 2022 2023

Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Học sinh giỏi 99 SỞ GD&ĐT LÀO CAI Tỉnh Lào Cai KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH THCS NĂM HỌC 2022 – 2023 Mơn Tốn Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 15/3/2023 (Đề thi gồm câu) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (4,0 điểm) P a) Cho biểu thức x x x 1 1 2x  x   x x  x x x x x  x với x  0, x 1 Rút gọn P b) Tính giá trị biểu thức Q x 2023 ( x  1)  x 2022  2023 3 x 2023 2022 2021 x  x  x  Câu (2,0 điểm) Trên bàn cờ vua kích thước 8 gồm 64 vng kích thước 11 Đặt ngẫu nhiên quân Tốt vào ô vuông kích thước 11 bàn cờ Tính xác suất để vng kích thước 11 mà tốt đặt khơng có tâm nằm đường chéo bàn cờ khơng có cạnh nằm cạnh bàn cờ (hình vng kích thước 8 ) Câu (4,0 điểm) a) Lúc 30 phút sáng, anh Hùng điều khiển xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành phố B Khi quãng 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 đến thành phố B với vận tốc nhỏ vận tốc ban đầu 10 km/h Lúc 10 24 phút sáng ngày, anh Hùng đến thành phố B Biết quãng đường từ thành phố A đến thành phố B dài 160 km vận tốc xe quãng đường đầu không đổi vận tốc xe quãng đường sau không đổi Hỏi anh Hùng dừng xe để sửa chữa lúc giờ? 1 b) Cho phương trình x  mx  0   ( m tham số) Tìm m để phương trình   có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  24  x22  mx1 O Câu (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC khơng cân nội tiếp đường trịn   ( AB  AC ) Tiếp tuyến O A đường tròn   cắt đường thẳng BC E Từ E kẻ tiếp tuyến thứ hai tới đường tròn  O  D ( D  A ); AD cắt EO Q ; M trung điểm BC CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hoàng Nam CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 a) Chứng minh điểm A , E , D , M , O thuộc đường tròn tứ giác BQOC nội tiếp đường tròn O b) Chứng minh tiếp tuyến B , tiếp tuyến C đường tròn   đường thẳng AD đồng quy điểm   ABC ( H  BC ); AD cắt BC K Chứng minh HAK MAO c) Kẻ đường cao AH tam giác KB AB  KC AC Câu (2,0 điểm)  a  b  c  3  ab  bc  ca  a) Cho ba số thực a, b, c Chứng minh b) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c 1 Chứng minh a2 b2 c2    3 a  18b b  18c c  18a Câu (2,0 điểm) a) Chứng minh biểu thức n S n3 (n  2)2  (n  1)  n3  5n  1  2n  chia hết cho 15 với số nguyên b) Giải phương trình nghiệm nguyên x  x  y  y  y -Hết - CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 HƯỚNG DẪN GIẢI II Hướng dẫn chấm chi tiết Câu (4,0 điểm) P a) Cho biểu thức x x x 1 1 2x  x   x x  x x x x x2  x với x  0, x 1 Rút gọn P x 2023  x  1  x 2022  2023 3 Q x  2023 2022 2021 x  x  x  b) Tính giá trị biểu thức Lời giải: a) Với điều kiện x  0, x 1 , ta có: P x x    x  x  x 1    x      x  x    x x   x   x x  x 1 x 1  x  x 1 x    x  x  x 1 x 1 x 2 x  x 1 x Vì 3  x    x 1   x  x  3 nên  x 1   x  1  x  x  1  x  x  1 x  x  x  2 x  1  x  x  1 x  x  x  2 x  1  x  x  1 x  x  x  2 x  1  x  x  1 x  x  x  2 x  1  x  x  1 x  1  x   x  1  x  x  1 x x x    x 3 nghiệm đa thức x  x  2.x 2022  2.x  x  1  2023 Do x 2021  2.x  x  1  x 3 nghiệm đa thức 2.x  x  CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hoàng Nam CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 nên Q 2023 Câu (2,0 điểm) Trên bàn cờ vua kích thước 8 gồm 64 vng kích thước 11 Đặt ngẫu nhiên quân Tốt vào ô vuông kích thước 11 bàn cờ Tính xác suất để vng kích thước 11 mà Tốt đặt khơng có tâm nằm đường chéo bàn cờ khơng có cạnh nằm cạnh bàn cờ (hình vng kích thước 8 ) Lời giải: n    64 Gọi A biến cố “ơ vng kích thước 11 mà Tốt đặt khơng có tâm nằm đường chéo bàn cờ khơng có cạnh nằm cạnh bàn cờ” Vẽ sau: ô thỏa mãn màu trắng n  A  24 Xác suất biển cố A là: P  A  n  A 24   n    64 Câu (4,0 điểm) a) Lúc 30 phút sáng, anh Hùng điều khiển xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành phố B Khi quãng 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 đến thành phố B với vận tốc nhỏ vận tốc ban đầu 10 km/h Lúc 10 24 phút sáng ngày, anh Hùng đến thành phố B Biết quãng đường từ thành phố A đến thành phố B 160 km vận tốc xe quãng đường đầu không đổi vận tốc xe quãng đường sau không đổi Hỏi anh Hùng dùng xe để sửa chữa lúc b) Cho phương trình x  mx  0 (1)(m tham số) Tìm m để phương trình (1) có x  x22  24  x22  mx1 hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn Lời giải: a) Gọi vận tốc xe ban đầu x (km/h) ( x  10 ) Vận tốc sau sửa chữa xe là: x  10 (km/h) 160 120 Quãng đường từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là: (km) Quãng đường lại là: 160  120 40 (km) 120 40 Thời gian từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là: x (h), thời gian từ lúc sửa xe đến B x  10 (h) CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Anh Hùng phải dừng lại sửa xe 30 phút = 0,5 h nên tổng thời gian từ A đến B là: 120 40  0,5  x x  10 (h) Vì lúc từ A 30 phút sáng đến B 10 24 phút nên tổng thời gian từ A đến B (kể thời gian sửa xe 54 phút 3,9 (h) 120 40  0,5  3,9 x  10 Vậy ta có phương trình: x  120 40  3, x x  10  120  x  10   40 x 3, x  x  10  (1)  3, x  194 x  1200 0  97  3, 4.1200 5329 732  120 x2   10 x  50 17 nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt: (thỏa mãn), (không thỏa đk) Suy vận tốc xe từ A đến lúc bị hỏng xe 50 km/h 120 2, Thời gian anh Hùng từ A đến lúc bị hỏng xe 50 (h) Vậy anh Hùng dừng xe để sửa chữa lúc: 6,  2, 8,9  h  8 54 phút x  mx  0 có a 1, c   nên phương trình ln có hai nghiệm trái dấu 2 x12  x2  24  x2  mx1 x  mx    mx  x  1 1 b) Chú ý thay vào x12  x22  24  x22  mx1   x12  x22  24  x22  mx1 Ta có   x12  x22  24  x22   x12     x12  x22    x12  x22   26 0   x12  x22    x12  x22   x12 x22  26 0 Có x1  x2 m; x1 x2   x12  x22  x1  x2   x1 x2 m  m Từ 2     m    42 0  t 6  t   2  Do t 4 nên t 6 m   t   t  t  42       m  6  m    Vay m  Đặt CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 O ( AB  AC ) Câu (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn   Tiếp tuyến O O A đường tròn   cắt đường thằng BC E Từ E kẻ tuyến thứ hai tới đường tròn   D  D  A  ; AD cắt EO Q; M trung điểm BC a) Chứng minh diểm A, E , D, M , O thuộc đường tròn tứ giác BQOC nội tiếp đường tròn O b) Chưng minh tiếp tuyến B , tiếp tuyến C đường tròn   đường thẳng AD quy điểm   ABC  H  BC  AD c) Kẻ đường cao AH tam giác ; cắt BC K Chứng minh HAK MAO KB AB  KC AC Lời giải: CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023   EAO  EDO 90  90 180 suy bốn điểm A, E , D, O thuộc đường trịn a) Ta có    Ta có EDO EMO 90 suy bốn điểm E , D, M , O thuộc đường tròn Vậy năm điểm A, E , D, M , O Xét tam giác vng EAO ta có EQ.EO EA (1) O Mặt khác tam giác ABC nội tiếp dường trịn   ta có EB.EC EA (2) Từ (1) (2) ta có EQ EO EB EC  Ta có EQB ∽ EOC (vì  E EQ EC  EB EO EQ EC  chung EB EO )   Từ suy EQB  BCO Vậy tứ giác BQOC nội tiếp đường tròn b) Gọi F giao điểm hai tiếp tuyến B C Ta có AD vng góc với EO Q (tính chất hai tiếp tuyến cắt điểm) (3)   Ta có FBO  OCF 90  90 180 suy bốn điểm B, O, C , F thuộc đường tròn Do tứ giác BQOC nội tiếp đường tròn F (phần a) suy bốn điểm B, Q, O, C thuộc đường tròn Vậy điểm B, Q, O, C , F thuộc đường trịn đường kính OF suy  FQO  90 hay EO  QF (4) O Từ (3) (4) suy AD qua điểm tức tiếp tuyến B , tiếp tuyến C đường tròn   đường thẳng AD đồng quy điểm  c) Ta có HAK   DFM (5) Tứ giác AOMD nội tiếp đường tròn (chứng minh tương tự phần a) Suy   MAO  MDO  (cùng chắn cung OM ) (6) Xét tam giác vng OBF ta có OM OF OB  OM OF OD  Suy OMD ∽ ODF (vì Từ ta có  DOM OM OD  OD OF OM OD  chung OD OF )  DM DFM  O  7 Từ (5), (6), (7) suy   HAK MAO  7 Ta có FBD” FAB  BD FB   8 AB FA CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hoàng Nam CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 FCD” FAC  AD FC   9 AC FA BD CD BD AB    CD AC Từ (8) (9) suy BA CA KBA” KDC  KB BA   10  KD DC KBD” KAC  KD BD   11 KC AC KB KD BA BD AB BD  AB      Từ (10) ,(11) suy KD KC DC AC AC DC  AC   a  b  c Câu (2,0 điểm) 3  ab  bc  ca  (a  b  c) 3  ab  bc  ca  a) Cho ba số thực a, b, c Chứng minh a, b, c : a2 b2 c2    3 3 b) Cho ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c 1 Chứng minh a  18b b  18c c  18a Lời giải: a) Ta có  a  b  c  a b  c 2 a  b  c  2ab  2bc  2ca 3  ab  bc  ca   a  b  c  2ab  2bc  2ca 3  ab  bc  ca   a  b  c ab  bc  ca  2a  2b  2c 2ab  2bc  2ca  a  b 2   b  c    c  a  0a, b, c " "  a b c a  b  c Dấu  3  ab  bc  ca  , a, b, c a2 18ab3  a  a  18b3 b) a  18b a  18b3 a  9b3  9b 3 a.81.b 9b 3a  a2 18ab3  a  a  3 a b 23 a  18b 9b a a  23 3ab  3ab  b 3ab,  3ab  b a  a   6ab  b  3 b2 c2  b  bc  c ; c   6ca  a    3 c  18a Tương tự ta có b  18c CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Ta có VT a  b  c    ab  bc  ca    a  b  c   9 1 (a  b  c) 3  ab  bc  ca   ab  bc  ca  (a  b  c )  3 Mà Vậy VT a  b  c    ab  bc  ca    a  b  c    a2 b2 c2    3 3 Vậy a  18b b  18c c  18a Dấu "=" xảy chi a b c  Câu (2 điểm) a) Chứng minh biểu thức S=n3 ¿ chia hết cho 15 với số nguyên n b) Giải phương trình nghiệm nguyên x 2+ x= y + y + y Lời giải: S n5  5n  5n3  5n  6n Chứng minh S 3 Thật S  n5  n3   6n   n  n   6n n  n  1 n  n  1  6n3  5n  n  1 n  n  1  6n Do  n  1 n  n 1 3 suy S 3 (1) Chứng minh S 5 Ta có S  n5  n3   6n   n  n   6n  n  1 n  n  1  n      n  n3  n  n   n    n  1 n  n  1  n     n  n  1  n  1   n  n  n  n    n    n  1 n  n  1  n   : nên S :   Vì 15 3.5 mà  3;5 1 Từ (1) (2) suy S n3  n     n  1  n  5n  1  2n  chia hết cho 15 với số nguyên n b) Phương trình cho tương đương với 4 x  x 4 y  y  y   x  1 4 y  y  y  Ta có đánh giá sau  2y y  y  y    y  y  3 y    y     y  y  y  1 5 y  y   CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023  2y Cách đánh giá theo hiệu cho ta 2  y   y  y3  y 1   y  y   Do y  y  y  số phương Nên y  y  y   y  y 1 Ta tìm y 0 y  2  x  1 1  x 0 x  TH1: Với y 0 , ta có  x  1 49  x 3 x  TH2: Với y  , ta có Vậy phương trình có tất nghiệm nguyên  x, y   0,  ;  3;  ;   1,  ;   4;   -Hết - CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang 10 