Toan 9 thanh ba (22 23)

PHÒNG GD&ĐT THANH BA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN THI: TỐN HỌC Thời gian làm bài: 150 phút khơng kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 03 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC *Lưu ý: - Thí sinh lựa chọn đáp án phần trắc nghiệm khách quan có lựa chọn - Thí sinh làm thi (cả phần trắc nghiệm khách quan phần tự luận) tờ giấy thi; không làm đề thi I TRẮC NGHIÊM KHÁCH QUAN( 8,0 điểm ): Hãy chọn phương án trả lời Câu 1: Rút gọn biểu thức M  x  x   x  1 x  x  với kết A D B x  C x  Câu 2: Cho x; y; z số dương thỏa mãn xy  yz  zx 2   y    z   y   x    z   z   y    x  x Giá trị biểu thức A B 2  x2 2  y2 2  z2 C D Câu 3: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A  2;3 ; B  4;  ; C  3;  Điểm D  x; y  cho ABCD hình bình hành, x  y A B C  D Câu 4: Cho x; y; z dương thỏa mãn x x  y y  z z 3 xyz Giá trị biểu  P     thức A x y y  z     z  x B C      D 27 Câu 5: Tổng nghiệm phương trình 24  x  12  x 6 A  61 B  109 C 61 D 109 Câu 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A  2;  3 ; B  6;1 Độ dài đường cao hạ từ đỉnh O tam giác OAB A Câu 7: Biết điểm B M  x0 ; y0  C điểm mà đường thẳng D y   m  x  4m  3 qua với giá trị m Giá trị biểu thức A  x0  y0 A  56 B 56 C 72 D  72 Trang | Câu 8: Gọi S tập nghiệm phương trình x  x    x  2022  x  2022 x  2023 A Số phần tử tập S C 2022 D 2023 B Câu 9: Cho ABC có đường trung tuyến AM , trọng tâm G Qua G kẻ đường AB AC  thẳng cắt AB AC D E Tổng tỉ số AD AE A C B 2,5 D 3,5 Câu 10: Cho  ABC có AB 6cm; AC 8cm Biết hai đường trung tuyến từ đỉnh B C vng góc với Khi độ dài cạnh BC A 10 cm D 15 cm B cm C cm Câu 11: Cho ABC vng A có đường cao AH ( H  BC ) ; đường phân giác AD  D  BC  Biết BH 20cm ; HC 45cm , độ dài đoạn thẳng HD B 5cm A 4cm C 6cm D 7cm Câu 12: Cho  ABC gọi O trung điểm BC I trung điểm AO Gọi M điểm cạnh AB cho AM 2 AB Đường thẳng MI cắt cạnh AC N Khi tỉ số AN : AC 2 A B C D Câu 13: Một hình hộp chữ nhật có chiều cao 3cm, đáy hình vng cạnh 2cm Một hình chóp tứ giác có chiều cao 3cm, diện tích xung quanh diện tích xung quanh hình hộp chữ nhật Thể tích hình chóp tứ giác 3 3 A 36cm B 24cm C 12cm D 8cm Câu 14: Cho  ABC vng A có BC 10cm Diện tích tam giác  ABC 24 cm Khi bán kính đường tròn nội tiếp  ABC cm A cm B cm D 1,5 cm C Câu 15: Cho (O;R), điểm A nằm ngồi đường trịn cho OA=2R, qua A kẻ cát tuyến ABC, B nằm A C Biết góc COB = 90o Độ dài AC R 2(  1) A) R 3(  1) B) R (  2) C) 3R (  D) 2) Câu 16: Bà Thanh thường xuyên nhận gọi từ ba người cháu xa Người cháu thứ ngày gọi lần Người cháu thứ hai ngày gọi lần Người cháu thứ ba ngày gọi lần Vào ngày 31 tháng 12 năm 2021, bà Thanh nhận gọi từ ba người cháu Hỏi năm Trang | tiếp theo, có ngày mà bà Thanh khơng nhận gọi từ người cháu nào? A 144 B 146 C 149 D 156 II PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm): Câu (3 điểm) 3 a) Tìm số nguyên dương x, y, z thoả mãn 2020 x  2023 y  4043z 0 x  y  z số nguyên tố m  m2  3m   m b) Tìm số nguyên để số phương 2 c) Cho số nguyên a b thỏa mãn S a  b  ab   a  b   2023 chia hết cho Tìm số dư chia a  b cho Câu (4,0 điểm) a) Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn  a  b  c   ab  bc  ca   abc 0 Tính giá trị biểu thức P  a  b3   b5  c5   c 2023  a 2023  b) Giải phương trình:  x  1  x  x 2 2 2 c) Cho đa thức với hệ số nguyên f ( x) thỏa mãn f (m  n )  f (m)  f (n) với số nguyên dương m, n f ( x) nhận giá trị dương với x 0 Biết f (0) 0 f (1) 0 Tính giá trị f (3) Câu (4,0 điểm) Cho điểm A cố định thuộc  O; R  , điểm H di động đường tròn cho AH  R, qua H kẻ tiếp tuyến d với đường tròn (O) Lấy điểm B C thuộc d cho H nằm B, C thoả mãn AB  AC R Vẽ HM vng góc với , vẽ HN vng góc với OC  N  OC  a) Chứng minh OMN đồng dạng với OCB OB  M  OB  b) Chứng minh H di động đường trịn cho AH  R, MN ln thuộc đường cố định tích OB.OC ln khơng đổi c) Tìm vị trí điểm H để diện tích tam giác OMN đạt giá trị lớn Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z  x  y  z 3 Chứng minh rằng: Trang | P x y z    x  x   yz y  y   zx z  z   xy - Hết - Họ tên thí sinh : Số báo danh Cán coi thi khơng cần giải thích thêm PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP THCS NĂM HỌC 2022 – 2023 Mơn: Tốn HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm có 07 trang) I Một số ý chấm tự luận - Hướng dẫn chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm - Thí sinh làm theo cách khác với hướng dẫn chấm mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm hướng dẫn chấm - Điểm thi tổng điểm câu khơng làm trịn số II Đáp án – Thang điểm Phần trắc nghiệm khách quan: Mỗi câu trả lời 0,5 điểm Câu A Câu C Câu D Câu 10 B Câu B Câu 11 C Câu C Câu 12 B Câu B Câu 13 C Câu D Câu 14 C Câu B Câu 15 A Câu A Câu 16 B Phần tự luận Câu (3,0 điểm) 3 a) Tìm số nguyên dương x, y, z thoả mãn 2020 x  2023 y  4043z 0 x  y  z số nguyên tố m  m2  3m   m b) Tìm số nguyên để số phương 2 c) Cho số nguyên a b thỏa mãn S a  b  ab   a  b   2023 chia hết cho Tìm số dư chia a  b cho Trang | Nội dung 3 a) Tìm số nguyên dương x, y, z thoả mãn 2020 x  2023 y  4043z 0 x  y  z số nguyên tố Vì x, y, z nguyên dương suy x  y  z 3 0,25 Nếu x  y  z 3  x  y  z 3 ( x  y  z số nguyên tố)  x  y z 1 Nếu x  y  z  0,25 0,25 H 2020  x  y  z   2020 x3  2023 y  4043 z Xét hiệu H 2020  x  x3   2020  y  y   y  2020  z  z   6063z 3 3 Dễ có x  x 3; y  y 3; z  z 3 Nên H 3  x  y  z 3 suy loại Vậy x  y  z 1 0,25 1,0 m m2  3m   b) Tìm số nguyên m để  số phương Ta có Suy Điểm 1,0 m  m2  3m   số phương m  m  3m   k  k    m 0 k 0  m  m2  3m   0     m  Vì m    2;  1;0 k 0 Với ta có 0,25 (thoả mãn) k m  m  3m   m  m  1  m    m  1  m  2m  m0 Với ta có Gọi d ước chung nguyên tố m  m  2m m  1d m  1d    1d  d 1  m  d m  m  d  Suy  m m2  3m  Nên  phương  0,25 số phương m  m  2m số 0,25 2 Để m  2m số phương m  2m a  a   m  1 Suy   a   m   a   m   a  1  m   a m   a  a 0  m 0    m  ( không thoả mãn) Vậy m    2;  1;0 m  m2  3m   0,25 số phương 2 c) Cho số nguyên a b thỏa mãn S a  b  ab   a  b   2023 chia hết cho Tìm số dư chia a  b cho 1,0 Trang | 2 Ta có S a  b  ab   a  b   2023 chia hết ta 2 a  4b  ab  12  a  b   125   a  b     b  1 5 0,25 2 Đặt x 2 a  b  3; y b  ta x  y 5 Ta biết số phương chia cho có số dư 0; 1; Do ta xét trường hợp sau 2 + Nếu y chia hết cho 5, x chia hết cho Từ ta  2a  b  3 5 2a  b  35     b   b       Từ ta  a  b  5  a  b5 2a  b  35   2a  b  3   3b  3 5  3  b  1 5 0,25 (vì nguyên tố nhau) Do dư phép chia a  b5 cho 0,25 2 + Nếu y chia cho dư 1, x chia cho dư Trường hợp loại 2 + Nếu y chia cho dư 4, x chia cho dư Trường hợp loại Vậy dư phép chia a  b cho Câu (4,0 điểm) 0,25 a) Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn  a  b  c   ab  bc  ca   abc 0 Tính giá trị biểu thức P  a  b3   b5  c5   c 2023  a 2023  b) Giải phương trình:  x  1  x  x 2 2 2 c) Cho đa thức với hệ số nguyên f ( x) thỏa mãn f (m  n )  f (m)  f (n) với số nguyên dương m, n f ( x) nhận giá trị dương với x 0 Biết f (0) 0 f (1) 0 Tính giá trị f (3) Nội dung Điểm a) Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn  a  b  c   ab  bc  ca   abc 0 Tính giá trị biểu thức P  a  b3   b5  c5   c 2023  a 2023  Vì  a  b  c   ab  bc  ca   abc 0 1,5  a; b; c 0   1 1   a  b  c      1 nên a  b  c 0   a b c  1 1      a b c  a b c 0,5 Trang | bc bc 1   1    0      0  a  a b c bc  a a b c   b c   1    b  c     0  a  a  b  c  bc  0,5  bc  a  ab  ac   a  b   b  c   c  a  0    b  c    0  abc  a  b  c   abc  a  b  c   a Vậy   a  b   b  c  c  a 0,5  b3   b 25  c 25   c 2021  a 2021  0 b) Giải phương trình:  x  1  x  x 2 ĐKXĐ: x  R 1,5 Phương trình  x  1  x  x 2  x  x   x  x 0 Ta có x 0 khơng nghiệm phương trình, ta chia vế phương trình cho x 0 ta phương trình: x 1   x  0 (*) x x 0,5 y x Đặt phương trình (*) trở thành: y  y  0   y  1  y  y   0 x 0,5 1  y  y   y     y 2  Vì  1 x   y 1  x  1  x  x  0   x  1 x   t / m  t / m 1   S      Vậy tập nghiệm phương trình 0,5 2 2 c) Cho đa thức với hệ số nguyên f ( x) thỏa mãn f (m  n )  f (m)  f (n) với số nguyên dương m, n f ( x) nhận giá trị dương với x 0 Biết f (0) 0 f (1) 0 Tính giá trị f (3) 1,0 2 2 Ta có f (1)  f (0  )  f (0)  f (1) 0  f (1)  f  1  f  1  1 0  f (1) 1 f (1) 0 ( loại) 2 2 Ta lại có f (2)  f (1  )  f (1)  f (1) 1  2 0,5 Trang | f (4)  f (0  2 )  f (0)  f (2) 2  4 f (5)  f (12  22 )  f (1)  f (2) 2  5 f (25)  f (02  52 )  f (0)  f (5) 0  52 25 f (25)  f (32  42 )  f (3)  f (4)  f (3)  16 25  f (3) 3  f (3) 9    f (3)  Vậy f (3) 3 f (3)  0,5 Câu (4,0 điểm) Cho điểm A cố định thuộc  O; R  , điểm H di động đường tròn cho AH  R, qua H kẻ tiếp tuyến d với đường tròn (O) Lấy điểm B C thuộc d cho H nằm B, C thoả mãn AB  AC R Vẽ HM vng góc với , vẽ HN vng góc với OC  N  OC  a) Chứng minh OMN đồng dạng với OCB OB  M  OB  b) Chứng minh H di động đường tròn cho AH  R, MN ln thuộc đường cố định tích OB.OC ln khơng đổi c) Tìm vị trí điểm H để diện tích tam giác OMN đạt giá trị lớn Nội dung Điểm C L 0,25 K A N J H O M B I a) Chứng minh OMN đồng dạng với OCB 1,25 Gọi  A; AO  giao d B C Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác  OHB; OHB 900 ; HM  OB Tương tự có ON OC OH  OM OB OH 2 OB ON  OC OM Suy OB ON   Xét OMN OCB có OC OM MON chung  OMN dd OCB  c  g  c   OM OB ON OC  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang | b) Chứng minh H di động đường tròn cho AH  R, MN ln qua điểm cố định tích OB.OC ln khơng đổi 1,5 2   Ta có OM OB OH OA  MOA dd AOB (c.g.c)  MAO  ABO     Ta lại có ABO  AOB ( ABO cân A )  MAO  AOB => Tam giác MAO cân M 0,5 Gọi I ; K giao  O   A  => IK trung trực OA Tam giác MAO cân M Suy M thuộc IK Do  O; R  ;  A; R  cố định Nên IK cố định Suy MN thuộc đường thẳng IK cố định 0,25 Gọi J giao OA IK Xét tứ giác OIAK có OI IA  AK KO R suy OIAK hình thoi Suy MN  OA J 0,25 Gọi OL đường kính  A; R  Ta dễ có OJN dd OCL(g.g ) Mặt khác OJN dd OHB (g.g ) OHB dd OCL(g.g )  0,25 OB OH   OB.OC OH OL 2 R OL OC Suy Vậy H di động đường trịn MN ln thuộc đường cố định tích OB.OC ln khơng đổi 2R c) Tìm vị trí điểm H để diện tích tam giác OMN đạt giá trị lớn SOMN OJ MN OJ   OMN dd OCB  c  g  c  S OH BC OH Ta có Suy OBC 0,25 1,0 0,25 Mà OH OA 2OJ ( Vì OIAK hình thoi) 0,25 OH BC R.BC R.2 R R  SOMN  SOBC     8 OB.OC Sin BOC R R  SOMN  SOBC    8 Khi (Hoặc  Sin BOC 1  BOC 900 0,25 ) Dấu “=”  BC 2 R  H  A Vậy H trùng với A diện tích tam giác OMN đạt giá trị lớn 0,25 Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z  x  y  z 3 Chứng minh rằng: Trang | P x y z    x  x   yz y  y   zx z  z   xy Nội dung Điểm 1,0 Cho x, y, z  x  y  z 3 Chứng minh rằng: x y z P    x  x   yz y  y   zx z  z   xy 2 Ta có: x  2 x; y  2 y; z  2 z x y z P   Q x  yz y  zx 3z  xy Do Q x y z   x  x  y  z   yz y  x  y  z   zx z  x  y  z   xy Q x y z    x  y   x  z   x  y   y  z   y  z   x  z  0,25 Xét hiệu Q x y z      x  y   x  z   x  y   y  z   y  z   x  z  Q 4x  y  z   y  x  z   4z  x  y   3 x  y   x  z   y  z   4  x  y   x  z   y  z  Q  xy  yz  zx     z    y    x   4  x  y   x  z   y  z  0,25 T 8  xy  yz  zx     x    y    z  Đặt T 8  xy  yz  zx     xy  yz  zx   xyz  0,25 T 3 xyz   xy  yz  zx  Ta có 1 9     3  xy  yz  zx 3xyz  3xyz   xy  yz  zx  0 x y z xyz Suy T 0  Q  3 0  Q   P  4  x, y, z 0   x  y  z 3  x  y  z 1  Dấu “=” xảy  x  y  z 1 0,25 Trang | 10 - Hết - Trang | 11