Đề HSG Toán 9 cấp tỉnh - Nghệ An năm 2022-2023 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NGHỆ AN NĂM HỌC 2022 - 2023
Môn thi: TOÁN – BẢNG A ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (3,5 điểm).
a) Cho m,n là các số nguyên. Chứng minh rằng  2 2
mn m  n  chia hết cho 6.
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn 2 2 2 p 14q  2r  6pqr. Câu 2 (6,5 điểm).
a) Giải phương trình 13x   1 2x 1 7x   1 8x 1 4. 4 3 2 2
x  2x y  x y  7x 9
b) Giải hệ phương trình  xyx  13. 
Câu 3 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn 2 2 2
x  y  z  xy  3yz  zx .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x 1 P   .
2y  z2 xyy  2z
Câu 4 (7,0 điểm). Cho nửa đường tròn O, đường kính BC  2R và một điểm A thay
đổi trên nửa đường tròn đó A không trùng với B và C. Vẽ AH vuông góc với BC tại
H. Gọi I, J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AHB và AHC. Đường thẳng
IJ cắt AB, AC theo thứ tự tại M và N.
a) Chứng minh tam giác AMN vuông cân. 2 2 2
b) Gọi P là giao điểm của BI và CJ. Chứng minh PA PB PC   1. CA.AB AB.BC BC.CA
c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác HIJ theo R.
Câu 5 (1,5 điểm). Trên một khu đất hình chữ nhật kích thước 100m120m. Người ta
muốn xây một sân bóng nhân tạo có nền đất là hình chữ nhật kích thước 25m 35m và 9
bồn hoa hình tròn đường kính 5m. Chứng minh rằng dù xây trước 9 bồn hoa ở các vị trí
như thế nào thì trên phần đất còn lại luôn tìm được một nền đất kích thước 25m 35m để xây sân bóng.
……………Hết……………
Họ và tên thí sinh………………………………… Số báo danh……………………
Chú ý: Thí sinh không được phép sử dụng máy tính bỏ túi. Trang 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NGHỆ AN
NĂM HỌC 2022 – 2023
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN – Bảng A
( Hướng dẫn chấm này gồm có 05 trang) Câu ĐÁP ÁN THAM KHẢO Điểm 1.a
Cho m,n là các số nguyên. Chứng minh rằng  2 2
mn m n  chia hết cho 6. (2,5đ) Ta có  2 2   3 3 3 3         3    3 mn m n m n mn m n mn mn mn n m m m n n 1,0
Với mọi số nguyên a, ta có: 3 a a  aa   1 a   1 0,5
Vì a 1, a, a 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên       3
a 1 a a 1  6  a a  6 , với mọi số nguyên a. 0,5 3 m m  6 Từ đó suy ra 
  3    3     2 2 n m m m n n 6 mn m n   6 0,5 3 n  n  6  1.b
Tìm tất cả các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn: 2 2 2
p 14q  2r  6pqr. (1,0đ) 2 q    1 mod  3 2 14q   2mod  3
Giả sử q và r đều không chia hết cho 3     2 2   14q  2r   1 mod  3 2 r   1 mod  3 2   2r  2mod  3  0,25 q3 q  3 Suy ra 2 p  2mod 
3 (Vô lý vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1)      r3 r  3  
Trường hợp 1: Với q  3 2 2
 p  2r 18pr 7 Nếu p lẻ 2 2
 p  2r lẻ và 18pr 7 chẵn nên không tồn tại p,r thỏa mãn  p  2 0,25 r  5
Khi p  2, thay trở lại ta có : 2
r 18r  65  0   r 13 
Trường hợp 2: Với r  3 2 2 p 14q 18pq   1 0,25 Nếu p lẻ 2 2
 p 14q lẻ và 18pq  
1 chẵn nên không tồn tại p, q thỏa mãn  p  2 q 1 
Khi p  2, thay trở lại ta có : 2 7q 18q 11 0   11 (loại) q   0,25  7
Vậy p; q; r2; 3; 
5 hoặc p; q; r2; 3;1  3 . 2.a
Giải phương trình 13x   1 2x 1 7x   1 8x 14. (3,0đ) Điều kiện x 1
 . Phương trình đã cho tương đương với: 26x  2 2x 1 14x  2 8x 18. 2 0,5 a   8x  2 2   1 1  4x  2 8x   1   3 2x   1  a 3b Đặt  a  , 0 b  0      2 2  0,5 b  2x 1  26x  2 2x   1   3 8x   1  b 3a  Trang 2
Khi đó, phương trình trên trở thành:  2 2    2 2 a 3b a
b 3a b 8 a b3 8  a b  2 0,5
Với a b  2  8x 1 2x 1  2  8x 1  2x 1  2      2 8x 1 2x 1 2 0,5 3x  1 0 3x 1 2 2x 1          3x 2 1  42x   1 0,5   1 x 1 x      3  
5 . Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 5 x 1, x  .   0,5 2 x 9x 9    14x 5  0      9 2.b 4 3 2 2
x  2x y  x y  7x 9
Giải hệ phương trình  (3,5đ) xyx   1  3.  x  xy  2 2  7x  9   1
Hệ phương trình đã cho tương đương với   2 xy  x  x  3 2 0,5  Thay (2) vào (1) ta có:    2 2 2x x 3  7x 9 0,5 4 3 2
 4x  4x 13x 13x  0 0,5 x  0 3  4x x   1 13xx   1  0  xx   1  2 4x   13  0   x 1  1,0 Thay vào (2) ta thấy:
Khi x  0  0y  3 (không thỏa mãn). 0,5 Khi x 1 y  3
Vậy nghiệm của hệ đã cho là x;y1;  3 . 0,5 3
Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn 2 2 2
x  y  z  xy 3yz  zx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu (1,5đ) thức x 1 P   .
2y  z2 xyy  2z +) Ta có: 2 2 2
x  y  z  xy 3yz  zx  x  z2 x  yy 3z 2 x  y  y 3z x  2y 3z2     
 x  2y  3z  2x  z 2y  z  x  0,5  2  4 Do đó x 1    1 . 2y  z2 2y  z +) Lại có: 2  1 1   1 
    1 3y  y  2z xy y 2z x. 3y y 2z  x.  2 3 
  x2y  z  2y  z 2 3 3  2  3 3 0,5 Từ (1), (2) suy ra P 1 3   2y  z 2y  z3 Trang 3 3 2       Đặt 2y 1 3 2 3 1 2 2 2t 9t 27
 z  t,t  0. Ta có P              3 3      3 t t 9 t t 9 9  9t 
2  2t 6t 92t   3 2 t  2 3 2t   3 2    
 , t  0. Dấu " " xảy ra  t  3. 3 3 9 9t 9 9t 9 0,5 x  3z x  3   Vậy 2 max P  y z      y 1 9   2y z 3    z 1   4.a
Chứng minh tam giác AMN vuông cân. (4,0đ) 1,0 Ta có  0
BAC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 1,0
+) Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH suy ra 2 HA HC HA  HB.HC     1 HB HA +) Lại có HI HA I  HA# J  HC (g.g)  2 0,5 HJ HC Từ (1) và (2) suy ra HI HB  ; HJ HA 0,5 Đồng thời   0 IHJ  AHB  90  HI  J# HB  A c.g.c.     0
 HIJ  HBA  MIH  MBH 180 0,5 Suy ra   0  0  0
IMB IHB 180  IMB 135  AMN  45 . Suy ra tam giác AMN vuông cân tại A. 0,5 4.b 2 2 2
Gọi P là giao điểm BI và CJ. Chứng minh PA PB PC   1. (2,0đ) CA.AB AB.BC BC.CA
Ta có AP là phân giác của  BAC . Qua P vẽ
đường thẳng vuông góc với AP, cắt AB, AC
theo thứ tự tại D và E. Suy ra tam giác ADE vuông cân tại A. 0,5 Suy    0 BDP  BPC  PEC 135 Khi đó, ta có: +) PD PC D  BP# P  BC (g.g)   và 2 PB  DB.BC. (3) BD PB 0,5 +) PE PB E  PC # PB  C (g.g)   và 2 PC  BC.CE. (4) CE PC Trang 4