29 k9 hoabinh 2021 2022 huongdancham ôn tập toán lớp 10

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