Hsg toán 9 huyện nông cống 22 23

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trịnh Đình Hân PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NÔNG CỐNG ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH DỰ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2022 2023 Môn thi Toán Thời gian 150 phút (không kể thời gian[.]

PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

NÔNG CỐNG

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH

DỰ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC: 2022-2023 Môn thi: Toán

Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I (4,0 điểm).

1 Cho biểu thức

2 2

2 1

  Rút gọn P với x 1.

2 Cho 2 5 1 5 3

  tính giá trị biểu thức:

 4 3 2 2020

f x  x x  x  x   x

Câu II (4,0 điểm).

1 Giải phương trình:

2

1

1

x

2 2

2







Câu III (4,0 điểm).

1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x26y22z23y z2 2  18x6

2 Cho số nguyên tố p Giải sử x và y là hai số tự nhiên khác 0 thỏa mãn x2 py2

chia hết cho xy Chứng minh rằng:

1

x py

p xy



 

Câu IV (6,0 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính BC Điểm A thuộc đường tròn đã

cho (A khác B và C) Hạ AH vuông góc với BC tại H, lấy điểm M đối xứng với điểm A qua điểm B Gọi I là trung điểm HC.

1 Chứng minh: Tam giác AHM đồng dạng với tam giác CIA.

2 Chứng minh: MH vuông góc với IA.

3 Gọi K là trọng tâm của tam giác BCM, chứng minh khi điểm A chuyển động

trên đường tròn ( O; R) với B, C cố định thì điểm K luôn thuộc một đường tròn cố định.

Câu V (2,0 điểm)

Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn abc1 Chứng minh rằng:

- HẾT

-Câu NỘI DUNG Điểm I

4,0

điểm 1 Rút gọn biểu thức

2 2

2 1

Với điều kiện x  ta có: 1

2 2

2 1

2 2

2

0,5

2 2

2

2 1

x

0,5

 1

x

Xét

 

0,25

Với x   ta có: 1  2 

1 1

x P

x



  tính giá trị biểu thức:

 4 3 2 2020

f x  x x  x  x   x 2

0,25

5 1

2

5 1

2

Ta có

2x4x3 2x22x 22020 2x2 x1 x2 x 1 1 2020   12020 1

0,5

6 2 5

4

Nên

f x  x x  x  x   x    

0,25

II

4,0

điểm

1 Giải phương trình:

2

1

1

x

2,0

Điều kiện:

2 2

0

x x









KL

2

2

2

2

1

11

2

x

x

x

0,5

0,5

0,5

0,5

2 2

2





Điều kiện:

2 0

1

y







0,25

Từ pt (1)

 2 2  1 ( 1)

0,5

3

0,25

 2 

2

1

1

x

x







Trường hợp 2:

2

2

Đặt a 1 x b,  x

 

2 2

2

0

a b o

a b

 





2

0,5

Vậy hệ có ba nghiệm  1;1 ; 1; 1 ; 3 5; 1 5 .

III

4,0

điểm

1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x26y22z23y z2 2  18x6 2,0

Pt :

3 x 3  6y  2z  3y z  33

0,25

Nếu z  thì ta có 3 x 32 11y2  5 không có nghiệm nguyên. 0,25 Nếu z  thì ta có 0 x 32 2y2 11 khi đó:

+) Nếu y = 0 thì không thõa mãn

+)Nếu y  thì x = 0 hoặc x= 61

+) Nếu y  thì không thõa mãn2

0,75

Vậy

x y z ; ;   0;1;0 ; 0; 1;0 ; 6;1;0 ; 6; 1;0          0,25

2 Cho số nguyên tố p Giải sử x và y là hai số tự nhiên khác 0 thõa mãn

x  py chia hết cho xy Chứng minh rằng:

1

x py

p xy



Gọi UCLN x y ,  d d N  *, khi đó tồn tại các số tự nhiên a, b để

;

x da y db  và a b ,  1.

0,5

Ta có :

* 2

x py d a pd b a pb

N

Từ đó ta được a2 pb ab2  a2pb b2  a b2

Mà a b ,  1 nên b  , suy ra 1 a2 p a  p a 0,5

Do p nguyên tố nên a = 1 hoặc a = p

+) Với a =1 khi đó x =y =d nên

1

x py

p xy



 

+) Với a =p khi đó x =dp; y =d nên

1

x py

p xy



  Vậy

1

x py

p xy



 

0,5

IV

6,0

điểm

Cho đường tròn (O;R), đường kính BC Điểm A thuộc đường tròn đã

cho (A khác B và C) Hạ AH vuông góc với BC tại H, lấy điểm M đối

xứng với điểm A qua điểm B Gọi I là trung điểm HC

a Chứng minh: Tam giác AHM đồng dạng với tam giác CIA

b Chứng minh: MH vuông góc với IA

c Gọi K là trọng tâm của tam giác BCM, chứng minh khi điểm A chuyển động trên đường tròn ( O; R) với B, C cố định thì điểm K luôn

thuộc một đường tròn cố định

P Q

N M

I

K

F

E

C B

A

a Vì A thuộc đường tròn đường kính BC nên BAC 900

Ta có  BAC vuông tại A và  AHC vuông tại H

 AB AH

AC HC = tan ACB

2

  (Vì AM = 2AB) Xét tam giác AHM và CIA ta có

0,5

0,75

0,75

  A

HAM IC (Cùng phụ HAC )

 AHM ~ CIA ( c.g.c)

Đpcm

b Gọi giao điểm của MH với AI là D

Vì AHM ~ CIA ( câu a)

 HMA IAC  ( 2 góc tương ứng)

Mà: IAC DAM 900 nên HMA DAM  900

 A MD 900  MH IA tại D

0,25 0,5 0,75 0,5

c Gọi E là trung điểm của MC Nối AE cắt BC ở N

 N là trọng tâm của tam giác AMC

Lại có K là trọng tâm của tam giác MBC

2

   NK / / AB ( Định lí Ta Lét đảo) (1)

Vì BE là đường trung bình của tam giác AMC

Nên BE//AC mà ABAC nên  BE AB (2)

Từ (1) và (2) NK  BE tại K  BKN 900 (3)

Vì N là trọng tâm của AMC nên BN =1

N thuộc BC cố định mà BN không đổi nên N là điểm cố định (4)

Từ (3) và (4) K luôn thuộc đường tròn đường kính BN cố định

0,25

0,5

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

V

2,0

điểm

Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn abc1 Chứng minh rằng :

+) đặt x1

a , y

1

b, z

1

c suy ra x.y.z1 và x y z, , dương.

+) Bất đẳng thức tương đương với

 

0,5

+) ta có

2 2 2

1 1 1

xy yz zx

0,5

+) ta có

x+y+zxyz(x+y+z) (xy)(zx)+(yz)(yx)+(zx)(zy) ( )xy 2  ( )yz 2  ( )zx 2

2

3

    xy yz zx

x y z

0,5

2

27

9 2

P xy yz zx

xy yz zx

do xy yz zx

xy yz zx P

cô si cho 3 số ‘’ xảy ra khi ‘’ xảy

ra khi abc1.

0,5

- Hết

-Chú ý:- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám

khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.

- Đối với Câu IV (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không

chấm.

- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.