Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Ngãi (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Ngãi (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2022 - 2023 Ngày thi 16/02/2023 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút Tên : Trương Quang An .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi.Điện thoại : 0708127776 Bài 1. (4,0 điểm) 1) Tìm số nguyên tố p sao cho p 10 và p 14 là các số nguyên tố. 2 2) Tìm tất cả các nghiệm nguyên xy, của phương trình x xy 2 x 3 y 4 0. 3) Cho ba số a,, b c Z thoả mãn abc 20222023 . Chứng minh abc3 3 3 chia hết cho 6. Bài 2. (4,0 điểm) 2xx 1 2 x 0 1) Cho biểu thức: M 1: , với . x 1 11 x x x x x Rút gọn biểu thức M và tính giá trị của biểu thức khi x 2023 2 2022 . 2) Cho ba số dương x,, y z thỏa mãn x y z 1. x y z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P . x 1 y 1 z 1 Bài 3. (4,0 điểm) 1) Giải phương trình x 3 2 x x 1 2 x x2 4 x 3. 2 11 xx (1 ) 4 yy 2) Giải hệ phương trình 2 3 xx 1 x 23 4  y y y Bài 4. (7,0 điểm) 1) Một học sinh có tấm bìa hình vuông ABCD cạnh 20 cm. Em muốn cắt tấm bìa này thành bốn hình tam giác vuông bằng nhau và phần còn lại là hình vuông MNPQ thỏa mãn MNPQ,,, lần lượt thuộc các cạnh AB,,,. BC CD DA Hãy xác định vị trí các điểm để diện tích hình vuông MNPQ là nhỏ nhất. 2) Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2. R Điểm M di động trên đoạn OA ( khác A ), vẽ đường tròn tâm K đường kính MB. Gọi I là trung điểm của đoạn MA, đường thẳng đi qua I vuông góc với AB cắt đường tròn (O) tại C và D. Đường thẳng CB cắt đường tròn (K) tại P. a) Chứng minh rằng ba điểm PM,,D thẳng hàng. b) Chứng minh rằng PI là tiếp tuyến của đường tròn (K). c) Tìm vị trí của M trên đoạn OA để diện tích tam giác IPK lớn nhất. Bài 5. (1,0 điểm)
2. Người ta làm một cái hộp hình vuông để đựng được 5 cái bánh hình tròn có đường kính 6,cm sao cho không có bất kì hai cái bánh nào được chồng lên nhau. Hãy tính cạnh nhỏ nhất của cái hộp. HẾT Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2022 - 2023 Ngày thi 16/02/2023 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1. (4,0 điểm) 1) Tìm số nguyên tố p sao cho p 10 và p 14 là các số nguyên tố. 2 2) Tìm tất cả các nghiệm nguyên xy, của phương trình x xy 2 x 3 y 4 0. 3) Cho ba số a,, b c Z thoả mãn abc 20222023 . Chứng minh abc3 3 3 chia hết cho 6. Lời giải 1.1) * Với p = 2 thì p + 10 = 12 là hợp số. * Với p = 3 thì p + 10 = 13 và p + 14 = 17 là các số nguyên tố. * Với p > 3 mà p là số nguyên tố nên p có dạng: p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 (k N*) - Nếu p = 3k + 1 thì p + 14 = 3(k + 5) 3 là hợp số. - Nếu p = 3k + 2 thì p + 10 = 3(k + 4) 3 là hợp số. Vậy p = 3 thì p + 10 và p + 14 là các số nguyên tố. 1.2)Ta có : x2 xy 2 x 3 y 4 0. x2 3 x xy 3 y x 3 1 x( x 3) y ( x 3) x 3 1 (x 3)( x y 1) 1 . Ta có các trường hợp sau: xx 3 1 4 xx 3 1 2 TH1: . TH2: x y 1 1 y 4 x y 1 1 y 4 Vậy nghiệm nguyên của pt là (x;y) 4; 4 , 2; 4 1.3) Ta có: abc3 3 3 aabbccabc 3 3 3 a3 a a 1 a a 1 6 (tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6). Tương tự b33 b6, c c 6và có 2022 6 abc 20222023 6 Vậy abc3 3 3 6 Bài 2. (4,0 điểm) 2xx 1 2 x 0 1) Cho biểu thức: M 1: , với . x 1 11 x x x x x Rút gọn biểu thức M và tính giá trị của biểu thức khi x 2023 2 2022 . 2) Cho ba số dương x,, y z thỏa mãn x y z 1. x y z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P . x 1 y 1 z 1 Lời giải
3. 2xx 1 2 x 0 2.1) Với điều kiện . Ta có: M 1: x 1 11 x x x x x 2 x 2 x 1 1 2 x x 1 xx 12 = : = : x 1 1 xx (x 1)(1 ) x 1 (x 1)(1x ) 2 xx 1 (x 1)(1 ) = 1.x Khi x 2023 2 2022 ( 2022 1)2 . (x 1)(x 1)2 Thì M 1 ( 2022 1)2 2022 x1 y 1 z 1 2.2) Ta có : 1 ; 1 ; 1 x 1 x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x y z 1 1 1 P 3 (*) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 . 1 1 1 với 3 số dương abc,,;,, ta có abc 1 1 1 1 a b c 33 abc ; 33 a b c abc . Nhân từng vế hai bđt ta được 1 1 1 1 1 1 9 abc 9 a b c a b c a b c Dấu “=” xảy ra khi a= b= c. Áp dụng bđt trên vào (*) ta được 9 9 3 P 33 x 1 y 1 z 1 4 4 Dấu “=” xảy ra khi Vậy Bài 3. (4,0 điểm) 1) Giải phương trình x 3 2 x x 1 2 x x2 4 x 3. 2 11 xx (1 ) 4 yy 2) Giải hệ phương trình 2 3 xx 1 x 23 4  y y y Lời giải 3.1) ĐK: x 1. Ta có: x 3212 x x x x 31 x x 32 x x 110 xx 3 2 (1) x 1 1(2)
4. 20x x 0 (1) x 1 (TM) 2 4xx 3 0 xx 1 4 3 0 (2) x=0 (TM) Vậy S= 0;1 11 1 xx2 4 ux 2 yy y 3.2) Đk: y 0 . Hệ tương đương với Đặt , Ta 3 11x x xx 3 ( ) 4  v y y y y được hệ phương trình: u22 u 2 v 4 u 4 u 4 0 u 2 32 u 2 uv 4 u u 4 2 v v 1. 1 x 2 u 2 y x 1 Với ta được (thoả mãn điều kiện). Vậy nghiệm của hệ v 1 xy 1 1 y phương trình là (1;1). Bài 4. (7,0 điểm) 1) Một học sinh có tấm bìa hình vuông ABCD cạnh 20 cm. Em muốn cắt tấm bìa này thành bốn hình tam giác vuông bằng nhau và phần còn lại là hình vuông MNPQ thỏa mãn MNPQ,,, lần lượt thuộc các cạnh AB,,,. BC CD DA Hãy xác định vị trí các điểm để diện tích hình vuông MNPQ là nhỏ nhất. 2) Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2. R Điểm M di động trên đoạn OA ( khác A ), vẽ đường tròn tâm K đường kính MB. Gọi I là trung điểm của đoạn MA, đường thẳng đi qua I vuông góc với AB cắt đường tròn (O) tại C và D. Đường thẳng CB cắt đường tròn (K) tại P. a) Chứng minh rằng ba điểm PM,,D thẳng hàng. b) Chứng minh rằng PI là tiếp tuyến của đường tròn (K). c) Tìm vị trí của M trên đoạn OA để diện tích tam giác IPK lớn nhất. Lời giải 1.Lấy các điểm M AB;;; N BC P CD Q DA sao cho
5. AM = BN = CP = DQ. BM = CN = DP = AQ BMN CNP DPQ AQM (c.g.c) MN NP PQ QM và NMB MQA NMB QMA 900 NMQ 900 Do đó tứ giác MNPQ là hình vuông. Diện tích MNPQ nhỏ nhất khi diện tích các tam giác vuông là lớn nhất Đặt AM = x thì MB = AQ = 20 – x 1 S AQ. AM lớn nhất khi AQ.AM lớn nhất. AMQ 2 Mà AQ + AM = 20 (cm) không đổi nên AQ.AM lớn nhất khi AQ = AM hay x = 20 – x x = 10 Vậy chọn M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA ta được diện tích hình vuông MNPQ nhỏ nhất. D O K I M B A P C 2a) Ta có: MPB ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Từ đó PM / / AC . (1) Đường kính AB CD nên I là trung điểm của CD . Mà là trung điểm của AM nên tứ giác ADMC là hình bình hành. Vậy DM / / AC.(2). Từ (1) và (2) suy ra PMD,, thẳng hàng. 2b) Ta có CBA CDP (cùng phụ với DCB). Do tam giác PKB cân tại K nên CBA KPB. Ta lại có CDP IPD ( do tam giác IPD cân tại I) Suy ra IPD KPB mà DPB =1v, suy ra IPK 900 nên IP KP. Hay PI là tiếp tuyến của ()K . 1 1 1 2c) Vì KM MB và IM AM nên IK AB R 2 2 2 Áp dụng định lý Pytago có PI2 PK 2 IK 2 R 2 .(không đổi ) . Mặt khác 4S2 PI 2 . PK 2 . ( S là diện tích của tam giác IKP ) . 1 Do đó max4 S2 max S khi PI PK R 2 mà BM 2 PK BM 2 R .
6. Vậy M cách B một khoảng bằng 2 R thì diện tích tam giác IPK lớn nhất. Bài 5. (1,0 điểm) Người ta làm một cái hộp hình vuông để đựng được 5 cái bánh hình tròn có đường kính 6cm , sao cho không có bất kì hai cái bánh nào được chồng lên nhau. Hãy tính cạnh nhỏ nhất của cái hộp. Lời giải Giả sử đáy cái hộp bánh là hình vuông ABCD Gọi O là tâm hình vuông ABCD cạnh là a>6 chứa 5 cái bánh hình tròn bán kính bằng 3cm sao cho không có bất kì hai cái bánh nào trong chúng có điểm trong chung. Suy ra tâm của năm hình tròn này nằm trong hoặc trên cạnh hình vuông MNPQ tâm O có cạnh là (a – 6) ( M OA; N OB; MN//AB và MN cách AB một khoảng 3cm). Các đường trung bình của hình vuông MNPQ chia hình vuông này thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau. Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một hình vuông nhỏ chứa ít nhất hai trong năm tâm của 5 cái bánh hình tròn nói trên, chẳng hạn đó là O1 và O2. Do 5cái bánh hình tròn này không có hai cái bánh nào có điểm trong chung nên O1O2 6 (1) a 6 Mặt khác O1O2 cũng nằm trong hoặc trên cạnh hình vuông nhỏ có cạnh là nên 2 a 6 O O OM .2 (2) 12 2 a 6 (trong đó .2 là đường chéo hình vuông nhỏ) 2 a 6 Từ (1), (2) suy ra . 2 6 a 6 2 6 . 2 Vậy cạnh nhỏ nhất của hộp bánh hình vuông ABCD là 6 2 6 (cm)