37 hsg toan 9 lao cai 2022 2023

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

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)

1

P

    với x0,x  Rút gọn P 1

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 64ô 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

4 quãng 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

4 quãng đường đầu không đổi và vận tốc của xe trên

1

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

b) Cho phương trình x2 mx 2 0  1 (m là tham số) Tìm mđể phương trình  1

có hai nghiệm

1, 2

x x

thỏa mãn

x  x   x  mx

Câu 4 (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABCkhông 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

9

Học sinh giỏi

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

đồng quy tại một điểm

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

và

2

2

KB AB

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 b c   Chứng minh 1

1

a b b c c a 

Câu 6 (2,0 điểm)

a) Chứng minh biểu thức S n n 3( 2)2(n1)n3 5n1 2n1

chia hết cho 15 với mọi số nguyên

n

b) Giải phương trình nghiệm nguyên x2  x y4y3y2

HAK MAO

HƯỚNG DẪN GIẢI

II Hướng dẫn chấm chi tiết

Câu 1 (4,0 điểm)

1

P

    với x0,x  Rút gọn P 1

b) Tính giá trị của biểu thức

2023 2022 2021

Q



3 1 2

x  

Lời giải:

a) Với điều kiện x0,x , ta có:1

P



2

x x x



2

x x x



2

x x x



2

x x x





2

1

x

x x





Vì

3 1

2

x   x   x 

2

4x 4x 1 3

3 1 2

x 

là nghiệm của đa thức 2x22x1.

2022 2

2021 2



Do

3 1

2

x 

là nghiệm của đa thức 2.x22x 1

nên Q 2023.

Câu 2 (2,0 điểm) Trên bàn cờ vua kích thước 8 8 gồm 64ô 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 )

Lời giải:

Gọi A là biến cố “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”

Vẽ hình như sau: các ô thỏa mãn là màu trắng

  24

n A 

Xác suất của biển cố A là:

   

 

24 3

64 8

n A

P A

n



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

4 quãng 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 là 160 km và vận tốc của xe trên

3

4 quãng đường đầu không đổi và vận tốc của xe trên

1

4 quãng đường sau không đổi Hỏi anh Hùng dùng

xe để sửa chữa lúc mấy giờ

b) Cho phương trình x2  mx 2 0 (1)(m là tham số) Tìm m để phương trình (1) có

hai nghiệm x x thoả mãn 1, 2 x12 x22  24 x22 mx1

Lời giải:

a) Gọi vận tốc xe ban đầu là x (km/h) (x 10)

Vận tốc sau khi sửa chữa xe là: x 10 (km/h)

Quãng đường từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là:

3 160 120

Quãng đường còn lại là: 160 120 40  (km)

Thời gian đi từ A đến đoạn đường bị hỏng xe là:

120

x (h), thời gian đi từ lúc đã sửa xe đến B là

40 10

x  (h)

  64

n  

Anh Hùng phải dừng lại sửa xe 30 phút = 0,5 h nên tổng thời gian đi từ A đến B là:

0,5

10

x  x (h)

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:

10

x   x 

3, 4 10

x x



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 8

giờ 54phút

x  mx  có a1,c  nên phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu2 0

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

x  x   x  mx

 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

Có x1x2 m x x; 1 2  2 x12x22 x1x22 2x x1 2 m24

Từ đó m24 2 m24 42 0

Đặt

 2  2

2

6 7

Do 4 nên 6

t t

m





















2

3, 4x 194x 1200 0

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

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

2

2

KB AB

KC AC .

Lời giải:

a) Ta có EAO EDO  9090 180

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 EA.  2 (1)

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

Từ (1) và (2) ta có

EQ EC

EQ EO EB EC

EB EO

Ta có EQB ∽ EOC(vì E chung và

EQ EC

EB EO)

Từ đó suy ra EQB BCO

Vậy tứ giác BQOC nội tiếp một đường tròn.

b) Gọi F là 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 BQOC nội 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 OFsuy 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 Ccủa 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 OBFta có

OM OF OB OM OF OD

OD OF

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

B FB

FB FAB

AB F

 ”  

 

AD

A

FC

FC FAC

AC F

 ”  

Từ (8) và (9) suy ra

D

BA CA  C AC

 

D

KB BA KBA K

K DC

 ”  

 

AC

B

KB KAC

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 rằng , , a b c : (a b c  )2 3ab bc ca  

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

1

a b b c c a 

Lời giải:

a) Ta có a b c  2 a2b2c22ab2bc2ca

a b c  2 3ab bc ca  

a b c b bc ca

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

Dấu

2

0 , ,

" "

a b b c c a a b c

a b c

a b c b bc ca a b c

b)

18a

a

a b   a b

3

a b  a b  b  a b  b

3 2



3

b ab b

b c    c a   

Ta có 2 6   

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 S=n3

¿ chia hết cho 15 với mọi số nguyên n.

b) Giải phương trình nghiệm nguyên x2

+x= y4

+y3

+y2 Lời giải:

S n  n  n  n  n

Chứng minh S 3

Thật vậy

 5 3 6 3 5 4 2 6

S n  n  n  n  n  n

Do n1 n n 1 3

suy ra S  (1)3

Chứng minh S5

Ta có Sn5 n36n35n4 n2 6n

n 1 n n 1 n2 4 5 5n4 n3 n2 n

n 2 n 1 n n 1 n 2 5n n 1 n 1 n4 n3 n2 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 S n n 3 22n1 n3 5n1 2n1

chia hết cho 15với mọi số nguyên n b) Phương trình đã cho tương đương với

4x 4x4y 4y 4y 2x124y44y34y21

Ta có các đánh giá sau 4y44y34y2 1 2y2y2 3y2 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 phương1

Nên 4y44y34y2 1 2y2 y 12

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

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

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

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