Đề thi HSG lớp 9 môn Toán cấp quận năm 2022 2023 phòng GD ĐT 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)