Đề+Đáp án thi hsg toán 9 vĩnh long 2022 2023

SỞ GD VÀ ĐT VĨNH LONG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (ĐỀ CHÍNH THỨC) NĂM HỌC 2022 2023 Khóa ngày 19/03/2023 Môn thi TOÁN Thời gian 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1 (4 0 điểm) a) Cho Tín[.]

SỞ GD VÀ ĐT VĨNH LONG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Khóa ngày: 19/03/2023

Môn thi: TOÁN

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Bài 1 (4.0 điểm)

a) Cho Ax312x 312023

Tính giá trị của biểu thức A khi x 316 8 5 316 8 5

b) Cho biểu thức

: 2

B

các giá trị của x để

2

B

Bài 2 (4.0 điểm)

a) Giải phương trình x2 3x 2 x1 0

b) Giải hệ phương trình:

1 1

x y











Bài 3 (2.0 điểm)

Cho phương trình x2 2mx2m1 0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa

1 2

2 2

2 1

x x T





đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 4 (2.0 điểm)

Cho x, y > 0 thỏa điều kiện x + y = 2 Chứng minh rằng x y x2 2 2y22

Bài 5 (2.5 điểm)

a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 3x2 y2 2xy 2x 2y 8 0

b) Chứng minh rằng : n311n 6n2 6 6(Với mọi số nguyên n)

Bài 6 (4.5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB Điểm C là điểm bất kỳ trên (O) (CA C, B) Tiếp tuyến tại C cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại P, Q

a) Chứng minh rằng: POQ 900 và AP BQ R.  2

b) OP cắt AC tại M, OQ cắt BC tại N Gọi H, I lần lượt là trung điểm của MN và PQ Đường trung trực của MN và đường trung trực của PQ cắt nhau tại K Chứng minh AB4.IK

c) Chứng minh NMQ NPQ

Bài 6 (1.0 điểm)

Cho hình vuông ABCD có độ dài đường chéo bằng 1 Tứ giác MNPQ có các đỉnh nằm trên các cạnh của hình vuông Chứng minh rằng chu vi tứ giác MNPQ không nhỏ hơn 2

……HẾT…

ĐÁP ÁN-HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1:

a) Cho Ax312x 312023

Tính giá trị của biểu thức A khi x 316 8 5 316 8 5

x

3

3

2023

32 12

x x

b) Cho biểu thức

: 2

B

    Rút gọn biểu thức B và tìm các giá

trị của x để

2

Điều kiện: x0,x4,x9

: 2

2

4 2

B

x

x x





x





Bài 2:

a) Giải phương trình x2 3x 2 x1 0

TH1: x 1 , ta có phương trình x2 3x  2 x 1 0  x2 2x 1 x1(nhận)

TH2: x 1 , ta có phương trình x2 3x 2 x  1 0 x2 4x 3 x1( );l x3( )l

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1

b) Giải hệ phương trình:

1 1

(2)

x y











Điều kiện: x1, y1

(2)  x y xy  (3)

Hai vế của (1) đều dương, ta bình phương hai vế được:

x y   x y   x y   xy x y  

thay vào (3), ta được

4

x y  kết hợp với (3) có hệ 4

x y xy xy









Theo Vi – et, ta có x, y là nghiệm của phương trình X2 4X   4 0 => x = 2; y = 2

Vậy tập nghiệm của hệ là S  2; 2 

Bài 3:

Cho phương trình x2 2mx2m1 0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn

1 2

2 2

2 1

x x

T





   đạt giá trị nhỏ nhất

2 ' m2 2m 1 m 1 0 ( m)

, nên phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2

Áp dụng Vi – et, ta có

1 2

1 2

2

x x m

x x m







Ta có

2

2 2

0,

T

m



Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất là

1 2



khi m = -1

Bài 4:

Cho x, y > 0 thỏa điều kiện x + y = 2 Chứng minh rằng x y x2 2 2y22

Vì x, y > 0 nên x y 2 xy (bất đẳng thức Cô-si)

2 2 xy

  (x + y = 2) hay 0 xy  1 0xy 1 x y2 2 xy

Xét vế trái

2

2

x y x y xy x y xy xy xy x y xy x y xy

xy

Dấu “=” xảy ra khi

1 1

x y

x y xy











Bài 5:

a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 3x2 y2 2xy 2x 2y 8 0

Ta có  ' 4x29 , phương trình có nghiệm nguyên => ' là số chính phương

Đặt 4x2 9 m m N2  

2;0;2

m x

m x m x

x

 

+) với x = 2, ta có phương trình y26y16 0  y  8; 2

+) với x = 0, ta có phương trình y22y 8 0  y  4; 2

+) với x = - 2, ta có phương trình y2 2y 24 0  y6; 4 

Vậy phương trình có nghiệm x y ;   2; 8 ; 2; 2 ; 0; 4 ; 0;2 : 2;6 ; 2; 4              

b) Chứng minh rằng

2

2

Vì n – 1; n – 2; n – 3 (n số nguyên)là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3, và (2; 3) = 1

Bài 6:

K

I

M

O

Q

P

C

B A

a) Chứng minh rằng: POQ 900 và AP BQ R.  2

Ta có

2

(OP là tia phân giác của COA )

2

(OQ là tia phân giác của COB)

POQ

b) Chứng minh AB4.IK

Ta có PO là đường trung trực của AC => MA = MC, CMO  900

OQ là đường trung trực của CB => NB = NC, CNO  900

Mà POQ  900 nên MONC là hình chữ nhật => OC = MN

AP // PQ nên APQB là hình thang và nhận IO là đường trung bình suy ra OI // BQ

Mà BQAB OI AB

Ta có MN là đường trung bình của của ABC MN/ /AB AB; 2.MN

Mà KH MN KH AB KH OI/ / nên OHKI là hình bình hành

4

c) Chứng minh NMQ NPQ

Ta có CMO  900, CNO  900=> tứ giác OMCN nội tiếp

OMN OCN

  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON)

Mặt khác, OCN PQO (cùng phụ với CON )  OMN PQO

Ta có OMN PMN  1800 PQO PMN 1800Suy ra tứ giác PMNQ nội tiếp đường tròn

NMQ NPQ

Câu 7:

F I

E

Q

P

N M

B A

Gọi E, F, I lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng QM, PN, QN

Chu vi của tứ giác MNPQ là

MN PN QP QM    IE FC  AE  AC

Vậy chu vi tứ giác MNPQ không nhỏ hơn 2