2 toán đề (theo cấu trúc thi HSG cấp tỉnh)

Các đường thẳng BM CN, lần lượt cắt PQ tại S T, , K là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác DNC vớiDE K khác D và K A, nằm cùng phía với BC.. a Chứng minh tứ giác BCST là tứ giác

PHÒNG GD&ĐT LÂM THAO ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2022 - 2023

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề dự tuyển có 04 trang)

A PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8,0 điểm)

Câu 1: Choa, b là các số dương khác nhau thỏa mãn a b  1 b2  1 a2 Tính giá trị của biểu thức P a 2b2

A

1

1

3

2

Câu 2: Cho M  x2 3 x y4 2  y2 3 x y2 4 Tính 3 M2  3 x2  3 y2

1

2

Câu 3: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hệ phương trình

mx y

x my







có vô số nghiệm?

Câu 4: Cho hàm số bậc nhất

m



  có đồ thị là đường thẳng ( )d Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ đến đường thẳng d bằng

Câu 5: Cho các đường thẳng có phương trình lần lượt là d y1 : x 1, d2 : y x 1,

3 2 3

1 :

3

d y ax a  a 

Tìm giá trị của tham số a để đường thẳng d3 đi qua giao điểm của d1 và d2

A 3

1

1

2

1

4 1

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 6: Gọi x x1 , 2 là các nghiệm của phương trình x2(5 2 ) a x4a 14 0. Hệ thức liên hệ giữa x x1 , 2 không phụ thuộc vào a là

A x1 x2  x x1 2  4 B 2(x1 x2 ) x x1 2  4

C 2(x1 x2 )  x x1 2  4 D 3(x1 x2 )  x x1 2  5

Câu 7: Gọi M ,N là các giao điểm của d y ax:  1 với parabol ( ) :P y x 2 Độ dài đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng

Câu 8: Có bao nhiêu giá trị của tham số m để hai phương trình 2

2x  (3m 1)x12 0 và 4x2  (9m 11)x36 0 có nghiệm chung?

Câu 9: Cho tam giác ABC, có trung tuyến AM , biết ABC∽ MBA Tỉ số

AB BC

bằng

1

2

2

Câu 10:Cho tam giác ABC, có BC a , CA b , AB c Hai điểm M , N lần lượt thuộc cạnh AB, BC sao cho MN AC và AM BN Độ dài MN tính theo a, b, c bằng

A

ab

bc

ab

bc

a b

Câu 11:Thể tích của khối gỗ có kích thước (được tính theo đơn vị cm) như hình vẽ bằng

A 78cm3 B 70cm3 C 72cm3 D 80 cm3.

Câu 12:Cho tam giác ABC vuông tại A có BC 6cm,

2 cos

2

C 

Gọi E là trung điểm AC, kẻ EF BC Độ dài AF là

A

3 5

3 5

5

2 cm D 5 cm

Câu 13:Cho hình bình hànhABCDcóBAD 60

 , AC 8 cm Kẻ CH AD và

CK AB Độ dài HK là

A

7 3

2 cm B 3 3 cm C 4 3 cm D 8 3 cm

Câu 14:Cho nửa đường tròn ( ; )O R đường kính AB Lấy M nằm trên nửa đường tròn (M khácAvàB) Qua M dựng tiếp tuyến với nửa đường tròn Gọi A, B là chân các đường vuông góc hạ từ A và B xuống tiếp tuyến Tính AABB

2 3

R

3 4

R

Câu 15:Cho đường tròn ( )O và một điểm P nằm trong đường tròn Qua P dựng

dây cung AB sao cho OAB có giá trị lớn nhất Tính tỉ số

AP

BP ?

A

1

3

Câu 16:Bạn An có 5 bông hoa hồng khác nhau, 4 bông hoa cúc khác nhau,3 bông hoa lan khác nhau, bạn cần chọn ra 4 bông để cắm vào một lọ hoa Hỏi bạn có bao nhiêu cách chọn hoa để cắm sao cho hoa trong lọ phải có đủ các loại?

A 12 B 540 C 60 D 240.

B PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm)

Câu 1 (3,0 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y;  thỏa mãn:  

2

x  y  x y 

b) Tìm các số nguyên tố p q, thỏa mãn p q p q p q p q ,  2,  3,  4 đều là số nguyên tố

c) Với x y, là các số nguyên dương sao cho x y x y2   chia hết cho xy2  y 1 Chứng minh xy là lập phương của một số nguyên dương

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Tìm đa thức f x( ), biết f x( ) chia cho x  3 dư 27, chia cho x  5 dư 39 và chia cho x2  8x 15 được thương là 5x và còn dư

b) Cho biểu thức:

P

với a, b, c là các số thực làm cho P xác định và thoả mãn điều kiện:

0

a b c ab bc ca abc      

Chứng minh rằng P = 1.

c) Giải hệ phương trình:

 

 

2

2

2







Câu 3 (4,0 điểm).Cho tam giác ABC ngoại tiếp I , các tiếp điểm của  I với , ,

BC CA AB lần lượt là D E F, , Gọi M N P Q, , , lần lượt là trung điểm của

DE DF ME NF Các đường thẳng BM CN, lần lượt cắt PQ tại S T, , K là giao

điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác DNC vớiDE (K khác D và K A, nằm cùng phía với BC)

a) Chứng minh tứ giác BCST là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh hai tam giác NMD NKC, đồng dạng và S là trung điểm của KC

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCST tiếp xúc với  I

Câu 4 (1,0 điểm) Xét các số thực a, b, c thay đổi Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức

2

a b c P

  

………… …… Hết ………

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh:

Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 1: Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 2:

PHÒNG GD&ĐT LÂM THAO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2022 - 2023

Môn: TOÁN

I Hướng dẫn chung.

- Nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa

- Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không được điểm

- Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu không có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó

- Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn

II Đáp án và thang điểm.

A PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8 điểm: Mỗi câu 0,5 điểm).

HƯỚNG DẪN CHẤM

C A A C B C A A

B PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm).

a)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y;  thỏa mãn:

x  y  x y 

1,00

Đặt x y a x y b  ,   ta có phương trình: a a 2  3b2  4b 22

0,25 Nếu a 0 thì b 2 x y 1

Nếu a 1 thì

16 15 0

15

b

b





     

 từ đó tìm được các cặp

nghiệm là: x y ;   0; 1 , 7; 8       Nếu a 2 thì phương trình vô nghiệm

Nếu a 3 thì b 1 ta tìm được cặp nghiệm: x y ;   2; 1   

0,25

Nếu a 4 thì a a 2 3b2  4b 22 ta có

 2  2 2  2

4 b 2 a a  3b  4 16 3  b

Hơn nữa ta cũng có:

 2  2 

4 b 2  8 b  4 (Cauchy-Schwarz) dẫn đến

8 b  4  4 16 3  b  4b  32 0 

vô lý

0,25

Vậy phương trình đã cho có đúng 4 cặp nghiệm là:

x y   ;    1; 1 , 0; 1 , 7; 8 , 2; 1          

0,25

b) b) Tìm các số nguyên tố p q, thỏa mãn p q p q p q p q ,  2,  3,  4 1,00

đều là số nguyên tố.

Nếu p và q cùng lẻ, ta có p q là hợp số chẵn lớn hơn 2, vô lí

Do đó, một trong hai số p q, phải bằng 2 Ta xét các trường hợp

sau đây

0,25

 Nếu p 2 thì từ q 2 2 là số nguyên tố ta có

2 2 1, 2 mod 3 2 1, 0 mod 3

Do q2 không thể đồng dư  1 theo modulo 3 nên q2 chia hết

cho 3, hay là q 3

Thử lại, ta thấy thỏa mãn

0,25

 Nếu q 2 thì p2,p4,p8,p16 là số nguyên tố Lần lượt

xétp3 , k p 3k 1, p 3k 2, khi đó chỉ có p 3k thỏa mãn,

nhưng do p nguyên tố nên p 3 Thử lại, ta thấy thỏa mãn

0,25

Kết luận, có hai cặp số p q,  thỏa mãn yêu cầu đề bài là 2,3 và

3, 2

0,25

c)

c) Với x y, là các số nguyên dương sao cho x y x y2   chia hết

cho xy2 y 1 Chứng minh xy là lập phương của một số nguyên

dương

1,00

Ta có x y x y xy2    2   y 1 y x y x y 2    x xy 2  y 1xy2  y 1

suy ra điều kiện là:y2 x xy 2 y 1

Chú ý rằng từ y2 x xy 2  y 1 xy2   y 1 y2 x

0,25

TH 1: Nếu x y 2 thì y2 x xy 2  y 1 suy ra cặp số

x y;  t t t N2 ; ,  *

thỏa mãn điều kiện

Dẫn đến xy t 3 điều phải chứng minh

0,25

TH 2: Nếu y2 x do y2 x xy 2 y 1 suy ra

xy   y y  x x y y x   điều này không thể xảy ra

0,25

vì x y, 1.

TH 3: Nếu y2 x ta suy ra

xy    y x y  x y  y   y nhưng điều này không

thể xảy ra vì x y , 1

Tóm lại x y;  t t2 ; 

với t N * dẫn đến xy t3 Đó là điều phải chứng minh

0,25

a)

a) Tìm đa thức f x( ), biết f x( ) chia cho x  3 dư 27, chia cho

5

x  dư 39 và chia cho x2 8x 15 được thương là 5x và còn dư

1,00

Vì f x( ) chia cho x2 8x 15 được thương là 5x và còn dư nên, ta

có:

( ) 5 8 15 ( ),

f x  x x  x r x

với r x( ) là đa thức có bậc không vượt quá 1

     , với r x( ) là đa thức có bậc không

vượt quá 1

0,25

Mặt khác, ta có:

( )

f x chia cho x  3 dư 27 nên f(3) 27  r(3) 27  1

( )

f x chia cho x  5 dư 39 nên f(5) 39  r(5) 39  2

Từ  1 và  2 , suy ra: r x( ) là đa thức có bậc 1

0,25

Giả sử r x( )ax b , a0 3a b 27  3 ; 5a b 39  4

Từ  3 và  4 , suy ra: a 6; b 9 r x( ) 6 x9

0,25

Vậy đa thức f x( ) cần tìm là:

0,25

b)

b) Cho biểu thức:

P

1,50

với a, b, c là các số thực làm cho P xác định và thoả mãn điều

kiện:

0

a b c ab bc ca abc      

Chứng minh rằng P = 1.

Đẳng thức điều kiện tương đương với

P

1 (1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 (1 ) (1 )(1 ))

(1 )(1 ) 1 (1 ) (1 )(1 )

1.

(1 )(1 )(1 (1 ) (1 )(1 )) 1 (1 ) (1 )(1 )

a P



0,50

c)

c) Giải hệ phương trình:

2

2

2 (1)







1,50

Giải phương trình (1) ta có:  

2

x  x y  x y y

      x x  2y x  2  1  0

0 2

x

x y





  

 vì x2  1 0 x

0,50

- Nếux 0, thay vào pt (2) ta có phương trình: 4 2 y 4 2 y 4

Điều kiện:   2 y 2

      4 2  y 2 4 2  y 4 2  y   4 2y 16

2

    16 4  y2  16  y 0 (thỏa mãn ĐK)

Hệ phương trình có nghiệm x y ;  0;0

0,25

- Nếu x = 2y, thay vào pt (2) ta được pt:

2

2y  1 4 2  y 4 6  y 4y  5 (3)

Điều kiện:

1

2



 

0,50

Đặt a 2y 1 4 2 y (điều kiện: a 0)

2

2

a

Pt (3) có dạng:

2 5 5 2

a

2 15 0

     a 3 a 5  0

3

a

  (thỏa mãn) hoặc a 5 (loại)

Với a 3

2

2 3 5

2

2

4 6y 4y 4

2y 3 2y 0

0 3 2

y y









 

 (thỏa mãn ĐK)

- Nếu y 0 x0( / )t m

- Nếu

3

3( / ) 2

Hệ phương trình có nghiệm x y;  là 0;0 và

3 3;

2

 

 

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y;  là 0;0 và

3 3;

2

 

 

 

0,25

a)

a) Chứng minh BCST là tứ giác nội tiếp. 1,50

Ta có IN IB ID  2 IM IC 0,50 nên BCMN là tứ giác nội tiếp 0,25

Ta cũng có PQ MN|| nên

0,50

K

T

S

Q

P G

R

M N

E F

D

I

C B

A

Suy ra tứ giác BCST nội tiếp

0,25

b)

b) Chứng minh NMD NCK và S là trung điểm của KC 1,50

Tam giác MKC vuông tại M nên M S đi qua trung điểm của KC

Ta cũng có: NMK MPS(g.g) nên

2

MS MP  MD (1),

0,50

Ta cũng có: NMK  NDCsuy ra NMD NKC(g.g) suy ra

MD KC (2)

0,50

Từ (1), (2) ta suy ra

MS  MD  KC suy ra KC 2MS suy ra S

là trung điểm của KC và SM SC

0,25

c) c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCST tiếp xúc với

 I

1,00

Chứng minh tương tự ta có TN TB mặt khác 2 tam giác cân SMC

(cân tại S) ,TNB (cân tại T) đồng dạng nên các đường cao kẻ từ

,

T S của 2 tam giác này cắt nhau tạiRthì

hay BTSRnội tiếp

0,25

Từ Rnằm trên đường tròn BCST Chú ý rằng: R cũng chính là

giao của 2 đường trung trực của BN CM, nên R là tâm đường tròn

ngoại tiếp tứ giác BCMN Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ

giác BCSR Ta có kết quả quen thuộc sau: RD RG RI.  2 ID2và

.

IN IB IR  RN ID suy ra IR2 ID2 RN2 hay RD RG RN.  2

0,25

Suy ra dẫn đến RD RG RB.  2 RC2 nên RDB RBG(c.g.c) suy ra

RBD RGB RGC  hay RBGC là tứ giác nội tiếp

0,25

Ta có ID JR|| và

JR JG nên G I J, , thẳng hàng Nói cách khác

đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCST tiếp xúc với  I

0,25

4 Xét các số thực a, b, c thay đổi Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức

2

a b c P

  



1,00

Ta có

2

a  a a    a

Tương tự b2  b 1 0,b; c2 c 1 0,c

Do đó nếu a b c   2 thì P 0  1

Ta xét trường hợp a b c   2

2

a b c P

  



2

a b c

  



0,25

Ta chứng minh bổ đề x2  3 y2  3 z2  3 4x y z   1 ,2 x y z, ,

(*)

Thật vậy

2

3

y z

Do đó ta cần chứng minh

 12  2 3  2 3

1

2 2 2 2

3y z 5 y z 8yz 8 y z 11 0

3 yz 1  4 y 1  4 z 1  y z  0 (luôn đúng)

Như vậy ta có (*) luôn đúng

0,25

Áp dụng (*) với

1 2 2

x a 

1 2 2

y b 

1 2 2

z c 

  ta có

2

           

           

2

2

64

a b c

a b c

P

a b c

a b c

  

  

  

    

Đặt t a b c   , t 2, khi đó

 

 2

4 2 1

t P t







Lại có

2

t

 

 2

4 2

1, 2

1

t

t t



0,50

Từ (1) và (2) suy ra P 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1

a b c  

Vậy giá trị lớn nhất của P là 1 khi a b c  1