37 hsg toan 9 lao cai 2022 2023

Tổng Hợp Bùi Hoàng Nam CLB Toán THCS Zalo 0989 15 2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022 2023 CLB Toán THCS Zalo 0989 15 2268  Trang 1  Tỉnh Lào Cai SỞ GD&ĐT LÀO CAI KỲ THI CHỌN HSG CẤP[.]

Tỉnh Lào Cai

SỞ GD&ĐT LÀO CAI KỲ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH THCS

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 15/3/2023 (Đề thi gồm 6 câu)

Câu 1 (4,0 điểm)

a) Cho biểu thức

2

1

P

    với x0,x1 Rút gọn P

b) Tính giá trị của biểu thức

2023 2022 2021

Q



3 1 2

x 

Câu 2 (2,0 điểm) Trên bàn cờ vua kích thước 8 8 gồm 64 ô vuông con kích thước 1 1 Đặt ngẫu nhiên một quân Tốt vào một ô vuông con kích thước 1 1 trên bàn cờ Tính xác suất để ô vuông con kích thước

1 1 mà con tốt được đặt không có tâm nằm trên đường chéo của bàn cờ và cũng không có cạnh nào nằm trên cạnh của bàn cờ (hình vuông kích thước 8 8 )

Câu 3 (4,0 điểm)

a) Lúc 6 giờ 30 phút sáng, anh Hùng điều khiển một xe gắn máy khởi hành từ thành phố A đến thành

phố B Khi đi được 3

4quãng đường, xe bị hỏng nên anh Hùng dừng lại để sửa chữa Sau 30 phút sửa

xe, anh Hùng tiếp tục điều khiển xe gắn máy đó đi đến thành phố B với vận tốc nhỏ hơn vận tốc ban

đầu 10 km/h Lúc 10 giờ 24 phút sáng cùng ngày, anh Hùng đến thành phố B Biết rằng quãng đường

từ thành phố A đến thành phố B dài 160 km và vận tốc của xe trên 3

4quãng đường đầu không đổi và

vận tốc của xe trên 1

4quãng đường sau cũng không đổi Hỏi anh Hùng dừng xe để sửa chữa lúc mấy

giờ?

b) Cho phương trình 2

2 0

x mx   1 ( m là tham số) Tìm m để phương trình  1 có hai nghiệm x x 1, 2

thỏa mãn x12x22  24x22mx1

Câu 4 (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn  O ( ABAC) Tiếp tuyến tại A của đường tròn  O cắt đường thẳng BC tại E Từ E kẻ tiếp tuyến thứ hai tới đường tròn

 O tại D (DA); AD cắt EO tại Q; M là trung điểm của BC

a) Chứng minh 5 điểm A, E, D, M , O cùng thuộc một đường tròn và tứ giác BQOC nội tiếp một đường tròn

b) Chứng minh rằng tiếp tuyến tại B , tiếp tuyến tại C của đường tròn  O và đường thẳng AD

9

Học sinh giỏi

đồng quy tại một điểm

c) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC ( HBC); AD cắt BC tại K Chứng minh HAKMAO

và

2

2

KC  AC

Câu 5 (2,0 điểm)

a) Cho ba số thực a b c, , Chứng minh a b c  23ab bc ca  

b) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a   Chứng minh b c 1

1

a b b c c a 

Câu 6 (2,0 điểm)

a) Chứng minh biểu thức 3 2  3 

Sn n  n n  n  n chia hết cho 15 với mọi số nguyên

n

b) Giải phương trình nghiệm nguyên 2 4 3 2

x x y y y

-Hết -

HƯỚNG DẪN GIẢI

II Hướng dẫn chấm chi tiết

Câu 1 (4,0 điểm)

a) Cho biểu thức

2

1

P

    với x0,x1 Rút gọn P

b) Tính giá trị của biểu thức 2023  2022

2023 2022 2021

Q



3 1 2

x  

Lời giải:

a) Với điều kiện x0,x1, ta có:

P



2



2



2



2





2

1

x





2

2

4x 4x 1 3

2

x  là nghiệm của đa thức 2

2x 2x1

2022 2

2021 2



2

x  là nghiệm của đa thức 2.x22x1

nên Q 2023

c) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC H BC; AD cắt BC tại K Chứng minh HAKMAO và

2

2

KC  AC

Lời giải:

EAOEDO    suy ra bốn điểm A E D O, , , cùng thuộc một đường tròn

Ta có EDOEMO90 suy ra bốn điểm E D M O, , , cùng thuộc một đường tròn

Vậy năm điểm A E D M O, , , ,

Xét tam giác vuông EAO ta có EQ EO EA2 (1)

Mặt khác do tam giác ABC nội tiếp dường tròn  O ta có EB EC EA2(2)

Từ (1) và (2) ta có EQ EO EB EC EQ EC

Ta có EQB∽EOC(vì E chung và EQ EC

EB  EO)

Vì lúc đi từ A là 6 giờ 30 phút sáng và đi đến B là 10 giờ 24 phút nên tổng thời gian đi từ A đến B (kể

cả thời gian sửa xe là 3 giờ 54 phút 3, 9 (h)

Vậy ta có phương trình: 120 40

10

120 40

3, 4 10



120 x 10 40x 3, 4 x x 10

(1)

97 3, 4.1200 5329 73 0



nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: x 1 50 (thỏa mãn), 2 120 10

17

x   (không thỏa đk)

Suy ra vận tốc của xe đi từ A đến lúc bị hỏng xe là 50 km/h

Thời gian anh Hùng đi từ A đến lúc bị hỏng xe là 120 2, 4

50  (h)

Vậy anh Hùng dừng xe để sửa chữa lúc: 6, 5 2, 4 8, 9 h  giờ 54 phút 8

2

2 0

x mx  có a1,c  2 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu

b) Chú ý x12mx1  2 0 mx1x122 thay vào x12x22  24x22mx1

 2

x x  x mx  x x  x mx

Ta có  2 22 2  2   2 2 2 2 2

 2 2 2 2 2 2 2

x x m x x   x x  x x  x x m 

Từ đó  2  2 2 

Đặt  2  2

2

6 7

Do 4 nên 6

t t

m





  





    





 



Câu 4 (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn  O (ABAC) Tiếp tuyến tại A của đường tròn  O cắt đường thằng BC tại E Từ E kẻ tuyến thứ hai tới đường tròn  O tại

D D A AD cắt EO tại Q M; là trung điểm của BC

a) Chứng minh 5 diểm A E D M O, , , , cùng thuộc một đường tròn và tứ giác BQOC nội tiếp một đường tròn

b) Chưng minh rằng tiếp tuyến tại B , tiếp tuyến tại C của đường tròn  O và đường thẳng AD đổng quy tại một điểm

2

3, 4x 194x 1200 0

c) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC H BC; AD cắt BC tại K Chứng minh HAKMAO và

2

2

KC  AC

Lời giải:

EAOEDO    suy ra bốn điểm A E D O, , , cùng thuộc một đường tròn

Ta có EDOEMO90 suy ra bốn điểm E D M O, , , cùng thuộc một đường tròn

Vậy năm điểm A E D M O, , , ,

Xét tam giác vuông EAO ta có EQ EO EA2 (1)

Mặt khác do tam giác ABC nội tiếp dường tròn  O ta có EB EC EA2(2)

Từ (1) và (2) ta có EQ EO EB EC EQ EC

Ta có EQB∽EOC(vì E chung và EQ EC

EB  EO)

Từ đó suy ra EQBBCO

Vậy tứ giác BQOCnội tiếp một đường tròn

b) Gọi Flà giao điểm của hai tiếp tuyến tại B và C Ta có AD vuông góc với EO tại Q (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm) (3)

Ta có FBO OCF90 90 180suy ra bốn điểm B O C F, , , cùng thuộc một đường tròn

Do tứ giác BQOCnội tiếp một đường tròn F(phần a) suy ra bốn điểm B Q O C, , , cùng thuộc một đường tròn

Vậy 5 điểm B Q O C F, , , , cùng thuộc một đường tròn đường kính OF suy ra FQO  90 hay EOQF (4)

Từ (3) và (4) suy ra AD đi qua điểm tức là tiếp tuyến tại B , tiếp tuyến tại C của đường tròn  O và

đường thẳng AD đồng quy tại một điểm

c) Ta có HAKDFM (5)

Tứ giác AOMD nội tiếp đường tròn (chứng minh tương tự phần a)

Suy ra MAOMDO (cùng chắn cung OM ) (6)

Xét tam giác vuông OBF ta có

Suy ra OMD ∽ODF (vì DOM chung và OM OD

OD OF )

Từ đó ta có O MD DFM 7

Từ (5), (6), (7) suy ra HAKMAO 7

Ta có

 

D

A

 

AD

A

FC

Từ (8) và (9) suy ra D D

D

BA CAC  AC

 

D

 

AC

B

KC

Từ (10) ,(11) suy ra

2

Câu 5 (2,0 điểm)a b c  23 a b bc ca  

a) Cho ba số thực a b c, , Chứng minh rằnga b c, , : 2  

(a b c  ) 3 ab bc ca

b) Cho ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a   Chứng minh b c 1

1

a b b c c a 

Lời giải:

a) Ta có  2 2 2 2

a b c  a b c  b bc ca

a b c  23ab bc ca  

a

2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca

Dấu

2

0 , ,

" "

b)

18a

a

a b  a b

3

a b a b  b  a b  b

3 2



3

9

VTa b c    ab bc ca   a b c  

a b c   ab bc ca  ab bc ca   a b c  

VT    a b c  ab bc ca   a b c  

Vậy

1

a b b c c a 

Dấu "=" xảy ra khi và chi khi 1

3

ab c

Câu 6 (2 điểm)

a) Chứng minh biểu thức = ( + 2) + ( + 1)( − 5 + 1) − 2 − 1 chia hết cho 15 với mọi số nguyên

b) Giải phương trình nghiệm nguyên + = + +

Lời giải:

Sn  n  n  n  n

Chứng minh S  3

Thật vậy

 5 3 3  4 2

S n n  n  n n  n

Do n1 n n  suy ra 1 3 S  (1) 3

Chứng minh S  5

Ta có  5 3 3  4 2

S n n  n  n n  n

don2n1 n n1n2 : 5 nên : 5 2 S  

Vì 153.5 mà 3;5 1

Từ (1) và (2) suy ra 3 2    3 

S n n  n n  n  n  chia hết cho 15 với mọi số nguyên n

b) Phương trình đã cho tương đương với

4x 4x4y 4y 4y  2 4 3 2

2x 1 4y 4y 4y 1

Ta có các đánh giá sau 4 3 2  2 2 2

4y 4y 4y  1 2y y 3y   1 0

2y2y2 2 4y44y34y215y24y  3 0

Cách đánh giá theo hiệu trên cho ta 2y2y2 4y44y34y2 1 2y2y22

Do 4y44y34y2 là số chính phương 1

4y 4y 4y  1 2y y1 Ta tìm ra y 0 hoặc y  2

TH1: Với y 0, ta có 2x 121 x hoặc 0 x   1

TH2: Với y  2, ta có 2x 1249x hoặc 3 x   4

Vậy phương trình có tất cả 4 nghiệm nguyên x y là , 

0, 0 ; 3; 2 ;   1, 0 ;  4; 2

-Hết -