2 hdc toan hsg 9 2023

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH CẤP TỈNH THCS Năm học 2022 - 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN Mơn: TỐN (Hướng dẫn chấm có 05 trang) Câu Đáp án  x ( x  2) x  32 a) Cho biểu thức A     x x 8  x2 x 4 Điểm  x5 x 6 , với x  : x  2 x  x 3 2,5 x  Rút gọn biểu thức A tìm x để A  x  x  x ( x  2) x  32   x2 x 4 x x 8    x 2 x ( x  2) ( x  2)  (8 x  32)  4( x  x  4) x x 8 x ( x  2)( x  4)  x  32  x  x  16 x x 8 ( x  x )( x  4)  4( x  4) ( x  4)( x  x  4)  x x 8 x x 8 0,5 ( x  2)( x  2)( x  x  4)   x 2 ( x  2)( x  x  4) x  x  ( x  2)( x  3)   x  x  ( x  1)( x  3) Câu  A  ( x  2) : (4,0 đ) A  x2 x 3 0,5 x 2 x 1 0,5 x 2  x 1 x 1 0,5 x 1  x  x   x  x    x 1 x     x  (loai)  x  Vậy x  giá trị cần tìm b) Tìm giá trị tham số m để phương trình x  x  m   có nghiệm x1 , x2   tìm giá trị nhỏ biểu thức B  x12  x22  x12 x22  x1 x2  '  (1)2  1.(  m  3)  m  + Phương trình cho có nghiệm x1 , x2  '   m    m  0,5 1,5 0,25 0,25 x1 x2   m  , x1  x2  0,25 B   ( x1  x2 )  x1 x2   ( x1 x2 )  x1 x2    2( m  3)   ( m  3)  ( m  3)  m  3m  0,25 B  (m  2)  m  0,25 Ta có: m  , (m  2)2  m   suy B    , dấu xảy m  Vậy giá trị nhỏ B m  0,25 2 2 2 Trang 1/5 2,0 a) Giải phương trình x  x   x   Điều kiện: x    x   0,25 x  x   x    x  (3 x  1)  x    x    3x    x  3x    3x   x     x  ( x   1)  x    x 0,5 0,25  x  1 x 1   3x   x       x  (thoa) 3 x   ( x  1)   x  (thoa)  x  1  x   3x    x      x  (thoa) 3x   (1  x)   x  (loai)  Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  0, x  0,75 0,25 Nhận xét 1: x  x   x    ( x  x  2)  (2 x  1)  x  x   x  12 x  x  12 x   x  x  x   x ( x  x  5)   x  x  x  Thử giá trị x , x  không thỏa mãn Nhận xét 2: Đặt t  x  (t  0) , phương trình trở thành: t  11t  18t    (t  1)(t  t  10t  8)   (t  1)(t  1)(t  2t  8)  2 2 Nhận xét 3: x  x   x    ( x  3x  2)  2( x   2)  6( x  1) Câu  ( x  1)( x  2)  x     ( x  1)( x  x    2)  (4,0 đ)   ( x  1)  x( x   2)  2(1  3x  1)    x( x  1)  3x    0  3x     (*) (đặt t  x  , t  )  3x  3( x  y )  ( x  y)(2 x  y ) b) Giải hệ phương trình   x  y  (2 x  y )2    x  x  3x    2,0 Điều kiện: x  y  0, x  y  0,25  3( x  y )  ( x  y )(2 x  y ) ( x  y )  (2 x  y )  ( x  y )(2 x  y )  x  y  2x  y     (I)  1     x  y (2 x  y )   x  y  (2 x  y )    3    x  y (2 x  y ) 0,5 Đặt: 1  a,  b ( a, b  0) , hệ (I) trở thành: x  2y 2x  y a  , b  1 Giải hệ (II) tìm hai cặp giá trị:  a  b  (II)  a  b  a  1  b  0,25 0,25 a  , suy ( x ; y )  (  ; ) b   0,25 - Với  a  1 , suy ( x ; y )  ( ;  ) b  0,25 5 Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm: ( x ; y )  ( ; ) ( x ; y )  ( ;  ) 6 0,25 - Với  Trang 2/5 Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có hai đường cao BE CF, M trung điểm BC Hạ MN vng góc với EF N, hai đường thẳng MN AB cắt D   MEC  a) Chứng minh N trung điểm EF DEF 3,0 1,5 (Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25; Hình vẽ phục vụ câu b: 0,25) 2 Tam giác BCE vuông E nên ME  BC , tương tự MF  BC 0,25 Suy ME  MF Câu (3,0 đ) + Mà MN vng góc với EF N nên MN đường trung trực EF Suy N 0,25 trung điểm EF + DM đường trung trực EF nên DE  DF hay tam giác DEF cân D Suy   DFE  (1), DEF   BFE   1800 ; Tứ giác BCEF nội tiếp đường trịn đường kính BC nên MCE   BFE   1800 DFE 0,5   MEC  (3) Lại có, tam giác MEC cân M nên MCE   MEC  Từ (1), (2) (3) suy DEF 0,25   MCE  (2) Suy DFE b) Gọi K giao điểm hai đường thẳng AM EF, L giao điểm hai 1,5 đường thẳng AN BC Chứng minh KL vng góc với BC   BAC  ; AFE   ACB  (chứng minh trên) Xét hai tam giác ABC AEF có: EAF 0,25 Suy hai tam giác ABC, AEF đồng dạng AC BC 2MC MC ,     0,25 AF EF NF NF   ACM  (chứng minh trên) suy hai tam giác AMC, ANF đồng dạng Lại có AFN 0,5   ANF   KNL   KNL   KML   AMC   KML   1800  AMC   900 nên KLM   900 , hay KL Suy tứ giác MKNL nội tiếp đường trịn Mà KNM 0,25 vng góc BC Trang 3/5 Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), đường phân giác AD (D thuộc BC) cắt đường tròn (O) E (E khác A) Hạ BH vng góc với AE H, đường thẳng BH cắt đường tròn (O) F (F khác B) Đường thẳng EF cắt hai đường 4,0 thẳng AC, BC K, M; hai đường thẳng OE HK cắt L a) Chứng minh tứ giác AHKF nội tiếp đường tròn 1,0 (Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25; Hình vẽ phục vụ câu c: 0,25) )   BAE  (tính chất phân giác); BAE   HFK  (cùng chắn cung BE Ta có: HAK 0,5   HFK  Do tứ giác AHKF nội tiếp đường tròn Suy HAK b) Chứng minh HB.LE = HE.LK   AFH  Mà AFH   ACB  nên AKH   ACB  Suy HK // BC Ta có: AKH Câu (4,0 đ) Lại có: OB = OC, EB = EC nên OE trung trực BC Suy OE vng góc BC Do OE vng góc với HK - Xét hai tam giác ELK, EHB:  ); HAF   HBE  (cùng chắn cung EF  ) Suy   HAF  (cùng bù với HKF Ta có: LKE   HBE , LKE 0,25 1,5 0,5 0,25 0,5   EHB   900 Do hai tam giác ELK, EHB đồng dạng Lại có ELK 0,25 LE HE Suy   HE.LK = HB.LE (điều phải chứng minh) LK HB c) Hai tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM A, M cắt Q; tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt đường thẳng BC P Chứng minh PQ song song 1,5 với AD   DAC  , PAB   ACB  0,25 Ta có: BAD   PAB   BAD   ACB   DAC   ADP  , APM   1800  (PAD   ADP)   1800  2.ADP , 0,25 PAD   1800  ADP , ADM   QMA   sd ADM   3600  sdAM   1800  ADM   1800  1800  ADP   ADP , QAM 2   1800  2QAM   180  2ADP   APM  Suy tứ giác APQM nội tiếp đường tròn AQM       QAM   ADP   PQ // AD  QPM   (sdBE   sdCF)   BAE   CAF   EAC   CAF   DAF   ADMF nội tiếp Nhận xét: DME   AFE   PAE   PAD,  QAM   QMA,  AFE   sdADM   QMA  ADP   QAM   ADP   PQ // AD   AQM   tứ giác APQM nội tiếp  QPM  APD Trang 4/5 0,25 0,25 0,25 a) Tìm tất cặp số nguyên tố ( p ; q ) thỏa mãn: p  chia hết cho q q  chia hết cho p - TH1: p  q , từ q |  p  1  q |  p  1 p  1 3,0 0,5 Mà q  p  nên q | ( p  1) Do q  p  Lại có p, q hai số nguyên tố nên p  2, q  (không thỏa p | (q  4) ) 0,25 - TH2: p > q từ p |  q    p |  q   q   Do p | (q  2) q   0,5 + Nếu p | (q  2) mà p > q nên p  q  Khi p    q     q  4q  0,5 2 2 Lại có q |  p  1 nên q | Mà q số nguyên tố nên q = 3, p = 0,5 + Nếu q = số nguyên tố p > thỏa mãn yêu cầu toán Kết luận:  p ; q   {(5;3); ( p ; 2)}(p  2) 0,5 0,25 b) Cho ba số thực không âm x, y , z thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức T  x3  x  y  y  z  z     x2  y2 1 z 1 T  x yz Câu (5,0 đ) 2,0 1 1 1    1   x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 0,25  2  x2 y2 z2   x2  y  z  0,25 1 x2 x    (*) (dấu xảy x  ) 2 1 x 2x 1 x Lại có x  thỏa (*), (*) xảy dấu x  x  Khi x  :  x  x  0,25 0,25 Nhận xét: Ta chứng minh x x  sau: 1 x x2 x   x  x  x  x( x  1)  (đúng với x không âm) 1 x Dấu xảy x  x  Tương tự: 0,25 0,25 y2 y  (dấu xảy y  y  ) 1 y z2 z  (dấu xảy z  z  ) 1 z 2 x y2 z2 x yz 1       T  2    2 1 x 1 y 1 z 2 2 ( x ; y ; z )  (1; 0; 0) ( x ; y ; z )  (0;1; 0) ( x ; y ; z )  (0; 0;1) Vậy maxT   ( x ; y ; z )  (1; 0; 0) ( x ; y ; z )  (0;1;0) ( x ; y ; z )  (0; 0;1) T 0,25 0,5 0,25 HẾT -Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác Ban Giám khảo thảo luận thống thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm Trang 5/5