Đề thi chọn học sinh giỏi Toán THCS năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Vĩnh Long
Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán năm 2022 – 2023 sở GD&ĐT Vĩnh Long giúp bạn ôn tập kiến thức, chuẩn bị tốt kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.
Preview text:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤPTHCS VĨNH LONG
NĂM HỌC 2022 – 2023 Kháo thi ngày 19/03/2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kè̉ thời gian giao đề) Bài 1. (4,0 điểm)
a) Cho A = (x + x − )2023 3 12 31
.Tính giá trị của biểu thức A khi 3 3
x = 16 −8 5 + 18 + 8 5 + + + b) Cho biểu thức : x 2 x 3 x 2 = − − : 2 x B −
. Rút gọn biểu thức B x 5 x 6 2 x x 3 x 1 − + − − +
và tìm các giá trị của x để 1 5 ≤ − B 2 Bài 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình 2
x − 3x + 2 + x −1 = 0
x −1 + y −1 = 2
b) Giải hệ phương trình: 1 1 + = 1 x y Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình: 2
x − 2m x + 2m −1 = 0.( m là tham số). Tìm m để phương trình có hai
nghiệm x , x thỏa 2x x + 3 1 2 T =
đạt giá trị nhỏ nhất. 1 2 2 2
x + x + 2(1+ x x ) 1 2 1 2 Bài4. (2,0 điểm)
Cho x,y > 0 thỏa mãn điều kiện x + y = 2. Chứng minh 2 2 x y ( 2 x + 2 y ) ≤ 2 Bài 5. (2,5 điểm)
a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên phương trình : 2 2
3x − y − 2xy − 2x − 2y + 8 = 0 b) Chứng minh rằng : 3 n + n − 2 11
6n − 6 chia hết cho 6 với mọi số nguyên n Bài 6 (4,5 điểm).
Cho đường tròn O;R có đường kínhAB . Điểm C là điểm bất kỳ trên O, (C ,
A C B ) .Tiếp tuyến tại C cắt tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại P và Q a) Chứng minh 0 POQ 90 và 2
AP.BQ R .
b) OP cắt AC tại M , OQ cắt BC tại N . Gọi H,I lần lượt là trung điểm của MN và
PQ . Đường trung trực của MN và đường trung trực của PQ cắt nhau tại K . chứng minh AB 4.IK c) Chứng minh NMQ NPQ Bài 7. (1,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có độ dài đường chéo bằng 1. Tứ giác MNPQ có các đỉnh
nằm trên các cạch của hình vuông. Chứng minh rằng chu vi tứ giác MNPQ không nhỏ hơn 2. ----Hết ---
Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng và máy tính cầm tay. Hướng dẫn Câu Nội dung Điểm 1 4.0
a)Tính giá trị của biểu thức A 2.0 Ta có: 3 3
x = 16 −8 5 + 16 + 8 5 ⇒ 3 3 3 3
x = 32 + 3 (16 −8 5)(16 + 8 5).( 16 −8 5 + 16 + 8 5 ) 3
⇔ x = 32 −12x 3
⇔ x +12x − 31 =1
A = (x − x + )2023 3 2023 12 31 = 1 = 1
b) Rút gọn biểu thức B và tìm các giá trị của x để 1 5 ≤ − 2.0 B 2
ĐK: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9 x +1 B = ..... = x − 4 1 5 x − 4 5 ≤ − ⇔
≤ − ⇔ 2x −8 ≤ 5 − x − 5 B 2 x +1 2 1 1 1
⇔ 2x + 5 x − 3 ≤ 0 ⇔ 3
− ≤ x ≤ ⇔ 0 ≤ x ≤ ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 2 4 2 4.0 a)Giải phương trình 2
x − 3x + 2 + x −1 = 0 2.0
Trường hợp 1: x ≥1: ta có phương trình 2
x − 3x + 2 + x −1 = 0 2
x − 2x +1 = 0 ⇔ x =1 (nhận)
Trường hợp 2: x <1 ta có phương trình 2
x − 3x + 2 − x +1 = 0 x =1 2
⇔ x − 4x + 3 = 0 ⇔ (loại) x = 3
Vậy tập nghiệm của phương trình: S = { } 1
x −1 + y −1 = 2 (1) 2.0
b)Giải hệ phương trình: 1 1 + = 1 (2) x y
ĐK: x ≥1; y ≥1
(2) ⇔ x + y = xy (3)
Hai vế của (1) đều dương ta bình phương hai vế ta có:
x + y − 2 + 2 (x − ) 1 ( y − )
1 = 4 ⇔ x + y − 2 + 2 xy − (x + y) +1 = 4 x + y = 4
Thay (3) vào ta có: x + y = 4 kết hợp với (3) có hệ: xy = 4
Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có ;x y là hai nghiệm của pt: 2
X − 4X + 4 = 0
⇒ ⇒ x = 2; y = 2
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình S = ( { 2;2)} 3 2.0 Ta có 2
∆ ' = (m −1) ≥ 0, m
∀ nên phương trình có hai nghiệm với mọi m.
x + x = 2m
Theo định lí Viet, ta có 1 2 , x x = 2m − 1 1 2 suy ra 2 2 2 1
4m +1 1 4m +1+ 2m +1 2(m +1) (m +1) 1 T 0 T − + = + = = = ≥ ⇒ ≥ 2 2 2 2 2 4m + 2 2 2(2m +1) 2(2m +1) 2m +1 2
Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất là 1 khi m = 1 − 2 4
Cho x,y > 0 thỏa mãn điều kiện x + y = 2 . Chứng minh 2 2 x y ( 2 x + 2 y ) ≤ 2 2.0
Vì x, y ≥ 0 nên x + y ≥ 2 xy (bất đẳng thức Cô-si)
Suy ra 2 ≥ 2 xy (vì x + y = 2) hay 0 < xy ≤1
Do đó0 < xy ≤1 suy ra 2 2 x y ≤ xy
Xét vế trái x y (x y ) xy (x y)2 2 2 2 2 + ≤ + −
2xy = xy(4 − 2xy) (do x + y = 2) = − 2 2
x y + xy = − 2 2 2 4
(x y − 2xy +1−1) = −(xy − )2 1 + 2 ≤ 2 x = y Dấu " = " xảy ra khi ⇔ x = y = 1. xy = 1 5 2.5
a)Tìm tất cả các nghiệm nguyên phương trình : 2 2
3x − y − 2xy − 2x − 2y + 8 = 0 1.5 2 2
3x − y − 2xy − 2x − 2y + 8 = 0 2
⇔ y + (x + ) y − ( 2 2 1
3x − 2x + 8) = 0 ' ∆ = x +
+ x − x + = x + y ( )2 2 2 1 3 2 8 4 9
Phương trình có nghiệm ⇒ ' ∆ là số chính phương Đặt 2 2
4x + 9 = m ( m∈ N ) 2 2
4x − m = 9 ⇔ (2x − m)(2x + m) = 9 ⇒ x{ 2; − 0; } 2
Với x = 2 ,ta được 2y +6y −16 = 0 ⇒ y∈{ 8; − } 2
Với x = 0 ,ta được 2y + 2y −8 = 0 ⇒ y∈{ 4; − } 2 2 Với x = 2
− ,ta được y − 2y − 24 = 0 ⇒ y ∈{ 6; − } 4
Vậy nghiệm nguyên của pt là: (2; 8 − ) ;(2;2) ;(0; 4 − );(0;2) ;( 2; − 6);( 2; − 4 − ) b)Chứng minh rằng : 3 n + n − 2 11
6n − 6 chia hết cho 6 với mọi số nguyên n 1.0
với n∈ Z , ta có: 3 n +11n − 2 6n − 6 = 3 n − 2 n − 2
5n + 5n + 6n − 6 = 2
n (n −1) − 5 (
n n −1) + 6(n −1) = (n − 2
1)(n − 5n + 6) = (n −1)(n − 2)(n − 3)
Do n −1,n − 2,n −3 là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hếu cho2, một số chia hết cho 3 và (2,3) =1 Vậy(n − )
1 (n − 2)(n −3)6 mọi số nguyên n 6 4.5 K Q I C P H M N A O B a) Chứng minh 0 POQ 90 và 2
AP.BQ R . 2.0 *Ta có: 1
POC COA ( OP là tia giác của COA ) 2 : 1
QOC COB ( OQ là tia giác của COB ) 2 1
POQ POC QOC COA COB 1 0 0 180 90 . 2 2
* Ta có: AP PC;BQ QC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) PO
Q vuông tại O 2
CP.CQ OC 2
AP.BQ R
b)Chứng minhAB 4.IK 1.5
ta có OP là đường trung trực của 0
AC MA MC,CMO 90
OQ là đường trung trực của 0
BC NB NC,CNO 90 mà 0
POQ 90 nên MONC là hình chữ nhật OC MN
AP //BQ nên APQB là hình thang cân và nhận IO là đường trung bình
OI //BQ . Mà BQ AB OI AB
Ta có MN là đường trung bình của A BC MN // , AB AB 2MN
Mà KH MN KH AB KH //OI OHKI là hình bình hành 1 1
IK OH MN AB AB 4.IK 2 4 c)Chứng minh NMQ NPQ 1.0 Ta có: 0 0
CMO 90 ,CNO 90 OMCN là tứ giác nội tiếp
OMN OCN ( cùng chắn cung ON ) Mặc khác
OCN POQ ( cùng phụ CON )
OMN PQO 0 Ta có 0
OMN PMN 180 PQO PMN 180
tứ giác PMNQ nội tiếp
NMQ NPQ 7 1.0 M A B E N I Q F D P C
GọiE,F,I lần lượt là trung điểm QM,PN,QN QM MN QP PN AE ;EI ;IF ;FC 2 2 2 2
Chu vi của tứ giácMNPQ là
MN PN QP QM 2(EI FC IF AE) 2AC 2
Vậu chu vi của tứ giácMNPQ không nhỏ hơn 2 --Hết---