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

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGHỆ AN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9

NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn thi: TOÁN – BẢNG A 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.    

b) Giải hệ phương trình  

4 3 2 2 9 x

3

2x y

x

x y 7x

. y x 1

   

  







Câu 3 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn 2 2 2 y z xy 3yz zx x      .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

    2 x 1 P . xy y 2z 2y z    

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.

b) Gọi P là giao điểm của BI và CJ. Chứng minh

2 2 2 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 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9

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

(2,5đ)

Cho m,n là các số nguyên. Chứng minh rằng   2 2 mn m n  chia hết cho 6.

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:    3a 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

Từ đó suy ra

3

3 m 6

n n

m

6

    

 



       3 2 3 2 n m m m n n 6 mn m 6 n        0,5

1.b

(1,0đ)

Tìm tất cả các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn: 2 2 2 p 14q 2r 6pqr.   

Giả sử q và r đều không chia hết cho 3  

 

2

2 q 1 mod3

r 1 mod3

     

 

   

2 2 2

2 14q 2 mod3 14q 2r 1 mod3 2r 2 mod3

         

0,25

Suy ra   2 p 2 mod3  (Vô lý vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1) q 3 q 3

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 Khi p 2,  thay trở lại ta có : 2 r 5 r 18r 65 0 r 13

      

Trường hợp 2: Với r 3    2 2 p 14q 18 pq 1   

Nếu p lẻ 2 2 p 14q   lẻ và   18 pq 1  chẵn nên không tồn tại p, q thỏa mãn p 2   0,25

Khi p 2,  thay trở lại ta có : 2 q 1 7q 18q 11 0 11 q 7

      

(loại)

Vậy     p; q; r 2; 3;5  hoặc     p; q; r 2; 3;13  .

0,25

2.a

(3,0đ)

Giải phương trình     13x 1 2x 1 7x 1 8x 1 4.    

Điều kiện x 1. 2  Phương trình đã cho tương đương với:     26x 2 2x 1 14x 2 8x 1 8.     0,5

Đặt   0 a 8x 1 a b , b x 0 2 1

       

   

   

2 2

2 2 3 14x 2 8x 1 3 2x 1 a

26x 2 2x 1 3 8x 1 b 3a

b                





0,5