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 x2 x 4 Điểm x5 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 x2 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 x2 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 yz 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 yz 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