UBND TỈNH HỊA BÌNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2021 - 2022 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 05/4/2022 (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Câu Biểu điểm Hướng dẫn chấm A x 4 x x 2 x 6 x : x 2 x 5 x 2 x x 2 x x 2 x 2 x 2 2 0,5 x x 0,5 1,0 2 A số nguyên 2 Câu (4,0đ) x x 0,5 x U 1; 2 2 1 16 0,5 Vậy x 0;1;9;16 2 x x 0 0 0 x 1 x x 1 A x 0 x x x 0,25 x 4 (KTM) x 1 x 4 x 4 x 0,5 Kết hợp với điều kiện cho, ta được: x 0,25 Đặt d : y m 1 x + Với m 1 d : y 2 , khoảng cách từ O đến d 2, không thoả mãn + Với m 1 Ta có: 2 2 ;0 OA Giao điểm d với Ox : A m m m Giao điểm d với Oy : B 0; OB 2 + Kẻ OH d Theo hệ thức lượng tam giác vng OAB , ta có: 1 1 1 2 2 2 OH OA OB 5 m Câu (6,0đ) m 3 m Vậy m 1;3 2m 10 5m ; 2 Giải hệ, nghiệm x; y với m m 4 m 4 2m 10 5m 5m 14m 0 Biến đổi x y trở thành 2 m 4 m 4 Giải m 2, m Ta có m 1 m 1 4 4 + HB.HC AH 36 (1) + HB HC BC 13 (2) + Từ (1), (2) tính HB 4 cm, HC 9 cm Hoặc HB 9 cm, HC 4 cm (Kết luận thiếu trường hợp: trừ 0,25 điểm) 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 1,0 0,5 0,5 2,0 Gọi số học sinh tham gia trồng x , điều kiện x nguyên dương 0,5 Số học sinh dự kiến: x Số học sinh phải trồng theo dự kiến: Số thực tế học sinh trồng được: Theo ra, ta có phương trình: 18 x 3 18 x 1,0 18 18 1 x x 3 Giải phương trình, ta được: x (loại) 1,0 x 6 (thoả mãn) Vậy số học sinh thực tế tham gia trồng học sinh y Biến đổi phương trình dạng x 1 x 1 4 (*) 0,5 0,25 Câu + Với x nguyên vế trái PT (*) số nguyên Nếu y vế phải PT (*) (4,0đ) y khơng số nguyên nên PT (*) không thoả mãn Vậy y 0 Khi y nên x 0 + Với y 0 x 0 Ta x; y 0;0 nghiệm PT (*) 0,25 + Với y 1 y số chẵn Suy x 1 x 1 số chẵn, nên x số lẻ Đặt x 2k 1, k , k 0 y y Khi 2k 4k 4k 4 k 1 2k 2k 1 4 Khi y 1 k 1 2k 2k 1 1 2k 4k 3k 0 k 0 Khi x 1 Ta x; y 1;1 nghiệm PT (*) 0,25 Khi y 2k 2k số lẻ ước y , mà y có ước nguyên dương lẻ 1, nên 2k 2k 1 k 0 Khi x 1, y 1 (loại y ) Vậy PT có nghiệm 0;0 1;1 (Thí sinh nhẩm nghiệm, nghiệm 0,5 điểm) 0,25 0,5 Xét ANM MNF , có: chung + Góc N (1) AEF sñ AF ; + Trong đường tròn O : MAN Lại có AE // MO nên FMN AEF (so le trong) Suy MAN (2) FMN Từ (1) (2) suy ra: ANM ~ MNF g.g AN MN MN NA.NF Suy MN NF AE // MO Mà MO AB nên AE AB Ta có Câu (4,0đ) Suy BE đường kính O + Chứng minh tứ giác MFHB nội tiếp ( MFB MHB 900 ) Suy HFE (góc ngồi đỉnh F góc đỉnh đối diện) (3) HBM + AFE ABE sñ AE (4) Từ (3) (4) suy HFA 900 Áp dụng hệ thức lượng tam giác AHN vuông H , đường cao HF , ta có (5) NH NA.NF Mà MN NA.NF ( chứng minh phần 1) Vậy NH NM Ta có HA HB (Vì MA, MB tiếp tuyến O ) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AHN , ta có: HB HA2 AF AN HF FA.FN HB AN FA Suy (6) 1 HF FN FN FE FA Lại có AE // MN (7) FM FN HB FE Từ (6) (7) suy 1 HF FM 1,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 Đặt x x t , t 0 Biến đổi PT cho dạng: x x 3 x x x 1 x x x 2 PT trở thành: t x 1 t x x 0 t x Giải t x x 0 x x x x 3 x x x x Câu x + x x x 1 2 (2,0đ) x x x x 1 Vậy PT có nghiệm x , x 3 0,5 + 3 3 b c M a b c a a 2b 3c a 2b 4c a 2b 4c Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương giả thiết a 2b 3c 11 , ta có: 3a b c 1 11 37 M 2 11 3 a 2b 4c 4 Dấu “=” xảy a 2, b 3, c 1 Ghi chú: Mọi cách làm khác hướng dẫn cho điểm tối đa 0,5 0,5 0,25 0,25