Đề học sinh giỏi lớp 9 môn Toán cấp tỉnh năm 2022 2023 sở GD ĐT Ninh Bình

LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TỈNH NINH BÌNH 2022 −2023

Lời giải bởi:Văn Quyền, Thầy Phạm Văn Tuyên (câu pt vô tỉ)

Câu 1:(5,0 điểm)

1. Với 𝑎≥0 𝑣à 𝑎≠1, rút gọn biểu thức 𝑃= 𝑃= 𝑎+ √𝑎+ 1

𝑎+ √𝑎−2 + 1

√𝑎−1 + √𝑎

𝑎+ 2√𝑎

2. Cho phương trình (𝑚+ 1)𝑥3 + (3𝑚−1)𝑥2 −𝑥−4𝑚+ 1 = 0 (với 𝑚 là tham số). Tìm 𝑚

để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

3. Cho đa thức 𝑃(𝑥) = (𝑥−2)2023 = 𝑎2023𝑥2023 + 𝑎2022𝑥2022 + ⋯+ 𝑎2𝑥2 + 𝑎1𝑥+ 𝑎0. Tính giá trị

của biểu thứ𝑐 𝑄= (𝑎0 + 𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎2020 + 𝑎2022)2 −(𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + ⋯+ 𝑎2021 + 𝑎2023)2

𝐿ờ𝑖 𝑔𝑖ả𝑖:

1. Vớ𝑖 𝑎≥0 và 𝑎≠1, ta có:

𝑃= 𝑎+ √𝑎+ 1

𝑎+ √𝑎−2 + 1

√𝑎−1 + √𝑎

𝑎+ 2√𝑎= 𝑎+ √𝑎+ 1

(√𝑎+ 2)(√𝑎−1)

+ 1

√𝑎−1 + √𝑎

√𝑎(√𝑎+ 2)

= 𝑎+ √𝑎+ 1

(√𝑎+ 2)(√𝑎−1)

+ 1

√𝑎−1 + 1

√𝑎+ 2 = 𝑎+ √𝑎+ 1 + √𝑎+ 2 + √𝑎−1

(√𝑎+ 2)(√𝑎−1)

= 𝑎+ 3√𝑎+ 2

(√𝑎+ 2)(√𝑎−1) = (√𝑎+ 1)(√𝑎+ 2)

(√𝑎+ 2)(√𝑎−1) = √𝑎+ 1

√𝑎−1

Vậy 𝑃= √𝑎+ 1

√𝑎−1

2) (𝑚+ 1)𝑥3 + (3𝑚−1)𝑥2 −𝑥−4𝑚+ 1 = 0 (1)

⟺(𝑚+ 1)𝑥3 −(𝑚+ 1)𝑥2 + 4𝑚𝑥2 −4𝑚−𝑥+ 1 = 0

⟺(𝑚+ 1)𝑥2(𝑥−1) + 4𝑚(𝑥−1)(𝑥+ 1) −(𝑥−1) = 0

⟺(𝑥−1)[(𝑚+ 1)𝑥2 + 4𝑚𝑥+ 4𝑚−1] = 0

2

1 ( 1) 4 4 1 0(2) x m x mx m =   + + + −= 

Để pt (1) có 3 nghiệm phân biệt thì pt (2) là pt bậc 2 có 2 nghiệm phân biệt khác 1

Điều kiện để pt (2) là pt bậc 2 có 2 nghiệm phân biệt: {𝑚+ 1 ≠0

∆′> 0

⇔{ 𝑚≠−1 4𝑚2 −(𝑚+ 1)(4𝑚−1) > 0

⇔{ 𝑚≠−1 −3𝑚+ 1 > 0

⇔{

𝑚≠−1

𝑚< 1

3

Thay 𝑥= 1 vào (2), ta có:

(𝑚+ 1). 12 + 4𝑚. 1 + 4𝑚−1 = 0 ⇔9𝑚= 0 ⇔𝑚= 0

Pt (2) là pt bậc 2 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 khi và chỉ khi {

𝑚≠−1

𝑚≠0

𝑚< 1

3

Vậy 𝑚≠1, 𝑚 ≠0, 𝑚< 1

3

3. 𝑎0 + 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯+ 𝑎2023 = 𝑃(1) = (1 −2)2023 = −1

𝑎0 −𝑎1 + 𝑎2 + ⋯−𝑎2023 = 𝑃(−1) = (−1 −2)2023 = (−3)2023 = −32023

Q = (𝑎0 + 𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎2020 + 𝑎2022)2 −(𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + ⋯+ 𝑎2021 + 𝑎2023)2

= (𝑎0 + 𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎2020 + 𝑎2022 + 𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 + ⋯+ 𝑎2023)(𝑎0 + 𝑎2 + 𝑎4 + ⋯+ 𝑎2020

+ 𝑎2022 −𝑎1 −𝑎3 −𝑎5 −⋯−𝑎2021 −𝑎2023)

= (−1). (−32023)

= 32023

Vậy 𝑄= 32023

Câu 2. (4 điểm)

1. Giải phương trình 2𝑥2 + 3𝑥−2 = (2𝑥−1)√2𝑥2 + 𝑥−3

2. Giải hệ phương trình {

𝑥2 + 𝑦2 + 2𝑥𝑦

𝑥+ 𝑦= 1

2𝑥+ 3𝑦−√𝑥+ 𝑦= 𝑥2

𝐿ờ𝑖 𝑔𝑖ả𝑖:

1. ĐK: 2𝑥2 + 𝑥−3 ≥0 ⇔(𝑥−1)(2𝑥+ 3) ≥0

1

3 2

x

x

   −  

2𝑥2 + 3𝑥−2 = (2𝑥−1)√2𝑥2 + 𝑥−3

⇔(2𝑥−1)(𝑥+ 2) = (2𝑥−1)√2𝑥2 + 𝑥−3

⇔(2𝑥−1) (𝑥+ 2 −√2𝑥2 + 𝑥−3) = 0

TH1:2𝑥−1 = 0 ⇔𝑥= 1

2 (𝑙𝑜ạ𝑖)

TH2:𝑥+ 2 = √2𝑥2 + 𝑥−3 ⇔{ 𝑥≥−2 𝑥2 + 4𝑥+ 4 = 2𝑥2 + 𝑥−3 ⇔{ 𝑥≥−2 𝑥2 −3𝑥−7 = 0 2

3 37 ( ) 2 3 37 ( ) 2

x

x tm

x tm

−   +  =    −  =   

Vậy phương trình có tập nghiệm 𝑆= {3 + √37

2 ; 3 −√37

2 }

2. ĐK 𝑥+ 𝑦> 0

{

𝑥2 + 𝑦2 + 2𝑥𝑦

𝑥+ 𝑦= 1 (1)

2𝑥+ 3𝑦−√𝑥+ 𝑦= 𝑥2 (2)

Đặt 𝑆= 𝑥+ 𝑦, 𝑃= 𝑥𝑦 (𝑆2 ≥4𝑃, 𝑆> 0)

(1) ⇔𝑆2 −2𝑃+ 2𝑃

𝑆= 1 ⇔𝑆3 −2𝑆𝑃+ 2𝑃−𝑆= 0

⇔𝑆(𝑆−1)(𝑆+ 1) −2𝑃(𝑆−1) = 0

⇔(𝑆−1)(𝑆2 + 𝑆−2𝑃) = 0

⇔(𝑥+ 𝑦−1)(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥+ 𝑦) = 0

Vì 𝑥2 ≥0, 𝑦2 ≥0, 𝑥+ 𝑦> 0 nên 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥+ 𝑦> 0

→𝑥+ 𝑦= 1 →𝑦= 1 −𝑥, thay vào (2), ta có:

2𝑥+ 3 −3𝑥−1 = 𝑥2 ⇔𝑥2 + 𝑥−2 = 0 ⇔(𝑥+ 2)(𝑥−1) = 0 2 3( ) 1 0( ) x y tm x y tm = − =   =  = 

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm 𝑆= {(−2; 3); (1; 0)}

Câu 3. (3 điểm)

1. Tìm tất cả các số tự nhiên 𝑥, 𝑦 thoả mãn 𝑥2(𝑦−1) + 𝑦2(𝑥−1) = 1

2. Cho các số thực dương 𝑎, 𝑏, 𝑐 thoả mãn 𝑎+ 𝑏+ 𝑐= 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

𝑃= √ 𝑎𝑏 𝑎𝑏+ 3𝑐+ √ 𝑏𝑐 𝑏𝑐+ 3𝑎 + √ 𝑐𝑎 𝑐𝑎+ 3𝑏

𝐿ờ𝑖 𝑔𝑖ả𝑖:

1. Đặt 𝑆= 𝑥+ 𝑦, 𝑃= 𝑥𝑦 (𝑆≥0, 𝑃≥0, 𝑆2 ≥4𝑃), phương trình đã cho trở thành

𝑆𝑃−𝑆2 + 2𝑃−1 = 0 ⇔𝑆2 −𝑆𝑃−2𝑃+ 1 = 0 ⇔𝑆2 −4 −𝑃(𝑆+ 2) = −5

⇔(𝑆+ 2)(𝑆−2 −𝑃) = −5

→𝑆+ 2, 𝑆−2 −𝑃 ∈Ư(−5) = {±1; ±5}

Vì 𝑆+ 2 ≥2 nên { 𝑆+ 2 = 5 𝑆−2 −𝑃= −1 ⇔{𝑆= 3

𝑃= 2

→𝑥, 𝑦 là nghiệm của pt 𝑥2 −3𝑥+ 2 = 0 ⇔(𝑥−1)(𝑥−2) = 0 1, 2 2, 1 x y x y = =  = = 

Vậy (𝑥; 𝑦) ∈{(1;2); (2; 1)}

2. 𝑃= ∑√ 𝑎𝑏 𝑎𝑏+3𝑐= ∑√

𝑎𝑏 𝑎𝑏+(𝑎+𝑏+𝑐)𝑐=∑√

𝑎𝑏 (𝑐+𝑎)(𝑐+𝑏) ≤∑1

2 (

𝑎 𝑎+𝑐+

𝑏 𝑏+𝑐) =

1 2 . 3 =

3 2

(Dấu "=" xảy ra khi 𝑎= 𝑏= 𝑐= 1)

Câu 4. (6 điểm)

Cho 3 điểm phân biệt cố định 𝐴, 𝐵, 𝐶 cùng nằm trên đường thẳng 𝑑 (điểm 𝐵 nằm giữa 𝐴 và 𝐶),

gọi 𝐼 là trung điểm của đoạn thẳng 𝐵𝐶. Đường tròn tâm 𝑂 luôn đi qua hai điểm 𝐵 và 𝐶 (điểm 𝑂 không

thuộc 𝑑). Kẻ các tiếp tuyến 𝐴𝑀, 𝐴𝑁 với đường tròn tâm 𝑂 (𝑀, 𝑁 là các tiếp điểm). Đường thẳng 𝑀𝑁 cắt

𝑂𝐴 tại điểm 𝐻 và cắt 𝐵𝐶 tại điểm 𝐾