Đề thi hsg vòng trường năm học 2023 2024 lần 1

PHÒNG GD & ĐT HUYỆN BÙ GIA MẬP 2024 TRƯỜNG THCS ĐẮK Ơ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP NĂM HỌC 2023 – MƠN THI: TỐN - LẦN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10/10/2023 Câu (5 điểm)  a b a b  a b   Cho biểu thức A   : 1    ab    ab    ab a) Tìm điều kiện xác định A rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị A với a  2 c) Tìm giá trị lớn A Cho số thực dương x, y thỏa mãn 7x  13xy  2y 0 2x  6y Tính giá trị biểu thức B  7x  4y Câu (5 điểm) Giải phương trình sau: a) x  x  11  11 0 x 1  x  xy  2x  y 6 Giải hệ phương trình:  2  x  1   y   8 Câu (5 điểm) Cho AB đường kính đường trịn (O; R) C điểm thay đổi b)  x  3  x  1   x  3 đường trịn (C khác A B), kẻ CH vng góc với AB H Gọi I trung điểm AC; OI cắt tiếp tuyến A đường tròn (O; R) M; MB cắt CH K a) Chứng minh điểm C, H, O, I thuộc đường tròn b) Chứng minh MC tiếp tuyến (O; R) c) Chứng minh K trung điểm CH Câu (2 điểm) Cho tam giác ABC Trên cạnh BC, CA, AB lấy ba điểm  I, J, K cho K khác A, B IKJ 600 Chứng minh rằng: AJ BI  AB Dấu ‘’ = ‘’ xảy ? Câu (3 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3  y 3xy  a  b3 b3  c c  a   a  b  c Cho a, b, c số dương, chứng minh rằng: 2ab 2bc 2ca Hết Họ tên thi sinh………………………………………… số báo danh…………… Chữ ký giám thị 1………………………… chữ ký giám thị 2……………… PHÒNG GD&ĐT BÙ GIA MẬP TRƯỜNG THCS ĐĂK Ơ Câu Ý ĐÁP ÁN THI HSG MƠN TỐN NĂM HỌC 2023-2024 Nội dung  a b a b  a b  A    : 1   ab    ab    ab a 0, b 0  a) ĐKXĐ A ab 1  b 1  a b a b   Ta có:  ab  ab   a Điểm 0,5   a  b   ab   ab  b  ab  1 ab  0,25 a  2b a a   b    ab  ab a  b 1  a  1  b 1   ab  ab a 1  b  ab a  Khi A   ab 1  a  1  b  a  b) Với a  Câu (5.0 điểm) Suy A  2   2  4  1 1  c) Vì a 0 nên ta có     4   2  1 52   3  1 0,25 0,5  1  25  12 0,25  2 a 1  A 1 a 1 7x  13xy  2y 0   7x  y   x  2y  0  x 2y ( x > 0, y > 0) 2.2y  6y  2y   Thay vào biểu thức B, ta B  7.2y  4y 18y Vậy B  13 Dấu ‘’ = ‘’ xảy a = Vậy GTLN A a = 0,75 a  0  a  a  0  a a   Ta có  31 0,5 0,5 0,5 Câu Câu (5.0 điểm) Ý Nội dung a) x  x  11  11 0  1 ĐKXĐ: x  11  1  x   x  11  x  x  11 0   x  x  x  11  x   x  11 x  x  11  x  x  11 0  x  x  11 0   x  x  11  0  1'  2' 0,25 0,25 0,25   41 ( thỏa mãn đk)  x  3  x  1  2  0,25  1    41  ; Vậy phương trình có tập nghiệm     x 1    b)  x  3  x  1   x  3 x ĐKXĐ: x  x  x 1   x  3  x  1 Xét x  Khi  x  3 x Đặt 0,25 x  11  0  x 0    x 1  x      1'  x  11  x   2   x  11 x    x 1    1 ( thỏa mãn đk)  x  x   2'  x  11 x     x  11 (x  1)  x     x    41 x       x  x  10      x    41    x Điểm y  y 0   y 1 y  4y  0    y 3  n  n 0,25 0,25 0,25 Câu Ý Nội dung Với y 1  x  3  x  1 Điểm  x 1  1  x  2x  0    x 1   n  l 0,25 Với y 3  x 1  13 3  x  2x  12 0    x 1  13 x 1   x  3  x  1 Xét x  Khi  x  3 x  x  3  x  1 Đặt  x  3  x  1  2  y  y 0   y  y  4y  0    y   l  l   n  l 0,25  Vậy phương trình có tập nghiệm  5;1  13  x  1  y   4  xy  2x  y 6    2 2  x  1   y   8  x  1   y   8 Đặt a x  1, b y  Ta có hệ phương trình ab 4 ab 4 ab 4 ab 4        2 a  b 4 a  b 8  a  b   2ab 8  a  b  16 ab 4 a 2  x  2  x 1 )     a  b 4 b 2  y  2  y 4 2) ab 4 )   a  b   a    b    x     y    0,25  x    y 0 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x, y     1;  ,   3;0   0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 Câu (5.0 điểm) 0,5 a Chứng minh điểm C, H, O, I thuộc đường tròn 0,5 Câu Ý Nội dung Chứng minh OI  AC  OIC vuông I => I thuộc đường trịn đường Điểm kính OC CH  AB  gt   CHO vuông H => H thuộc đường trịn đường kính OC => I, H thuộc đường trịn đường kính OC Hay điểm C, I, H, O thuộc đường trịn đường kính OC Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn (O, R) - Chứng minh b - Chứng minh - Chứng minh AOM COM  AOM COM MC  CO 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5  MC tiếp tuyến (O, R) Chứng minh K trung điểm CH MAB có KH // MA (  AB ) KH HB AM.HB AM.HB  =  KH= =  1 AM AB AB 2R c  Chứng minh CB // MO  AOM CBH ( đồng vị) MA AO AM HB AM HB   CH   (2) CH HB AO R Từ (1) (2)  CH = 2CK  CK = KH  K trung điểm CH Chứng minh MAO CHB  0,5 0,5 0,5 0,25 Câu (2.0 điểm)    BIK   Ta có: BKI 1800  B 1200  BIK 0,25   Mà BKI 1800  IKJ  AKJ 1200  AKJ 0,25  Suy ra: BIK  AKJ Suy ra: BIK AKJ  0,25 0,25 0,5 BI BK  AK AJ AB  AK  BK   AJ BI  AK BK      Câu Ý Nội dung Điểm Dấu ‘’ = ‘’ xảy AK = BK Hay K trung điểm AB 0,25 x  y 3 xy    x  y   xy  x  y  3xy  Đặt x  y a; xy=b ( a, b số nguyên ) ta có a  3ab 3b   a  3b  a  1 nên  a  3  a  1 a 0,5     a  1  4 a  1 Ta lập bảng giá trị sau a+1 –1 a b Câu (3.0 điểm) a3  3  a  1 –2 –4 –2 –3 –5 –1 Không nguyên Không nguyên Không nguyên Trường hợp a 0, b  cho  x, y   1;  1 ,  x, y    1;1 Trường hợp a  3, b 5 không cho nghiệm Trường hợp a 3, b 2 cho  x, y   1;  ,  x, y   2;1 Vậy nghiệm nguyên  x, y  phương trình  1;  1 ,   1;1 , 0,5 0,5  1;  ,  2;1 Với a, b, c số dương, ta có : a  b3  a  b   a  ab  b   a  b  ab  0,5 a  b3 a  b  2ab 3 3 Tương tự : b  c b  c ; c  a  c  a 2bc Suy : 2ca a3  b3 b3  c3 c3  a3 a  b b  c c  a      a  b  c 2ab 2bc 2ca 2 Đẳng thức xảy a b c * Chú ý: Học sinh làm cách khác, cho điểm tối đa 0,25 0,5 0,25