Đề thi HSG Toán 9 cấp quận năm 2022 - 2023 phòng GDĐT Hải An - Hải Phòng

UBND QUẬN HẢI AN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN NĂM HỌC: 2022 – 2023 ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 9 Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) Bài 1. (2, 0 điểm)

Cho biểu thức:

2 1 1 1 a a a a a a a M a a a a a a           với 0, 1 a a  .

a) Chứng minh rằng 4 M  .

b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức 8 N M  nhận giá trị nguyên?

Bài 2. (2, 0 điểm)

1)Giải phương trình: 3 2 4 1 1 1 1 x x x x x       2)Tìm tất cả các cặp số hữu tỷ   ,x y thỏa mãn hệ phương trình

3 3

2 2 2 4

6 19 15 1

x y x y

x xy y

        

Bài 3. (1,0 điểm) Cho 2 số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b  4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 2 1 1 9 a b a b        

Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Qua A lần lượt kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm. Lấy điểm D thuộc đường tròn (O) sao cho BD // AO. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E. Gọi M là trung điểm của AC.

a) Chứng minh rằng ME là tiếp tuyến của đường tròn (O) b) Gọi T là giao điểm của các đường thẳng ME, BC, I là giao điểm của các đường thẳng DE, BC. Chứng minh OI AT c) Qua E kẻ đường thẳng song song với đường thẳng AB cắt các đường thẳng BC, BD lần lượt tại các điểm P và Q. Chứng minh rằng: PQ = PE

Bài 5. (2, 0 điểm)

1)Cho các số nguyên dương , , a b c thỏa mãn 2 2 2 a b c   Chứng minh rằng ab chia

hết cho: a b c  

2) Trên bảng ta viết 3 số 1 2,2, 2 . Mỗi bước ta chọn 2 số ,a bbất kỳ trên bảng,

xóa chúng đi và thay bởi 2 số , 2 2 a b a b   và giữ nguyên số còn lại. Hỏi sau một số

hữu hạn bước, ta có thể thu được 3 số 1 2,1 2, 2 2  trên bảng được không?

----------------Hết----------------

UBND QUẬN HẢI AN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUẬN NĂM HỌC: 2022 – 2023

Bài Đáp án Điểm Câu 1 (2,0 điểm)

a)(1.0 điểm)

    

    

1 1 1 1 1 1 1

a a a a a a a a a a a a

            0,25

1 1 1 a a a a a a       2 1 a a a    0,25

Do 0, 1 a a  nên  

2 1 0 1 2 a a a     0,25

Khi đó ta có 2 1 4 4 a a a M a a      (ĐPCM) 0,25

b)(1.0 điểm)

Ta có 8 8 0 2 4 N M     Do đó N chỉ có thể nhận giá trị nguyên là 1 0,25

8 1 N M   8 1 2 1 a a a    

6 9 8 a a     0,25

 

2 3 8 a    3 2 2 a      

2 3 2 2 a TM    0,25

Vậy  

2 3 2 2 a   thì biểu thức 8 N M  nhận giá trị nguyên 0,25

Câu 2 (2,0 điểm)

1)(1.0 điểm)

ĐKXĐ: 3 2

4

1 0

1 0 1

1 0

x

x x x x

x

           

0,25

Đặt 3 2 1; 1 a x b x x x      với 0, 0 a b  

Ta có    4 3 2 1 1 1 x x x x x ab       

Khi đó ta có 1 a b ab      1 1 0 a b     1 a  hoặc 1 b 

0,25

Với 1 a  thì 1 1 x  2 x   (thỏa mãn) 0,25

Với 1 b  thì 3 2 1 1 x x x     loại

Vì 1 x  ta có 3 2 1 2 x x x    Vậy PT có nghiệm duy nhất 2 x 

0,25

2)(1.0 điểm)

Ta có

3 3

2 2 2 4

6 19 15 1

x y x y

x xy y

             

3 3

2 2 3 3 2 4 1

6 19 15 4 2 2

x y x y

x xy y x y x y

           

0,25

Từ  2 ta có 3 2 2 3 5 5 61 62 0 x x y xy y    

3 2 5 5 61 62 0 x x x y y y                        (do 0 y  không là nghiệm của  2

0,25

Đặt x t y  ta có 3 2 5 5 61 62 0 t t t        2 2 5 15 31 0 t t t     

Mà ,x y là số hữu tỷ nên t hữu tỷ nên 2 2 t x y    thay vào 1 ta có    1 1 0 y y y    1 y  

0,25

Vậy 0,25 3 (1,0 điểm)

(1.0 điểm)

Ta có P = 2 2 2 2 2 2 1 1 9 9 9 ( ) 1 a b a b a b a b a b ab a b               0,25

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM có

2 ( ) 4 a b ab   nên ta có

4 2 2 ( ) 16 a b a b  

0,25

Suy ra  

2 4 2 144 144 ( ) 1 ( ) ( ) P a b a b a b a b        

2 2 2

2 7( ) 9( ) 144 7.4 18 5 16 16 ( ) 16 a b a b P a b         

0,25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2 Vậy min P = 5 0,25

a) (1,0 điểm)