2 hdc toan hsg 9 2023

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NAM

KỲ THI HỌC SINH CẤP TỈNH THCS
Năm học 2022 - 2023

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN
Mơn: TỐN
(Hướng dẫn chấm này có 05 trang)
Câu

Đáp án
 x ( x  2) 8 x  32
a) Cho biểu thức A  


x x 8
 x2 x 4
2

Điểm
4  x5 x 6
, với x  0 và
:
x  2 x  4 x 3

2,5

x  4. Rút gọn biểu thức A và tìm x để A  x  2 x  3.
x ( x  2) 2 8 x  32



x2 x 4
x x 8




4

x 2

x ( x  2) 2 ( x  2)  (8 x  32)  4( x  2 x  4)
x x 8

x ( x  2)( x  4)  8 x  32  4 x  8 x  16
x x 8
( x  2 x )( x  4)  4( x  4) ( x  4)( x  2 x  4)

x x 8
x x 8

0,5

( x  2)( x  2)( x  2 x  4)

 x 2
( x  2)( x  2 x  4)

x  5 x  6 ( x  2)( x  3)



x  4 x  3 ( x  1)( x  3)
Câu 1  A  ( x  2) :
(4,0 đ)

A  x2 x 3

0,5

x 2
x 1

0,5

x 2
 x 1
x 1

0,5

x 1  x  2 x  3  x  3 x  2  0

 x 1
x  1


 x  4 (loai)
 x  2
Vậy x  1 là giá trị cần tìm.
b) Tìm giá trị của tham số m để phương trình x 2  2 x  m  3  0 có nghiệm x1 , x2 và





tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B  2 x12  x22  x12 x22  x1 x2 .

 '  (1)2  1.(  m  3)  m  2
+ Phương trình đã cho có nghiệm x1 , x2 khi  '  0  m  2  0  m  2

0,5

1,5
0,25
0,25

x1 x2   m  3 , x1  x2  2

0,25

B  2  ( x1  x2 )  2 x1 x2   ( x1 x2 )  x1 x2  2  2  2( m  3)   ( m  3)  ( m  3)  m  3m  8

0,25

B  (m  2)  m  4

0,25

Ta có: m  2 , (m  2)2  0 m   suy ra B  2  4  6 , dấu bằng xảy ra khi m  2 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của B bằng 6 khi m  2 .

0,25

2

2

2

2

2

2

Trang 1/5


2,0

a) Giải phương trình x 2  3 x  2  2 3 x  1  0.
1
Điều kiện: 3 x  1  0  x   .
3

0,25

x 2  3 x  2  2 3 x  1  0  x 2  (3 x  1)  2 3 x  1  1  x 2 





3x  1  1

2

 x  3x  1  1
 3x  1  x  1


 x  ( 3 x  1  1)
 3 x  1  1  x

0,5
0,25

 x  1
x 1  0

3x  1  x  1  
   x  0 (thoa)
2
3 x  1  ( x  1)
  x  1 (thoa)

x  1
1  x  0

3x  1  1  x  

   x  0 (thoa)
2
3x  1  (1  x)
  x  5 (loai)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1.

0,75

0,25

Nhận xét 1: x  3 x  2  2 3 x  1  0  ( x  3 x  2)  (2 3 x  1)
 x 4  9 x 2  4  6 x 3  12 x  4 x 2  12 x  4  x 4  6 x 3  5 x 2  0  x 2 ( x 2  6 x  5)  0
 x  0 hoặc x  1 hoặc x  5 . Thử lần lượt 3 giá trị của x , x  5 không thỏa mãn.
Nhận xét 2: Đặt t  3 x  1 (t  0) , phương trình trở thành:
t 4  11t 2  18t  8  0  (t  1)(t 3  t 2  10t  8)  0  (t  1)(t  1)(t 2  2t  8)  0 .
2

2

2

2

Nhận xét 3: x 2  3 x  2  2 3 x  1  0  ( x 2  3x  2)  2( 3 x  1  2)  0
6( x  1)
6
Câu 2  ( x  1)( x  2)  3 x  1  2  0  ( x  1)( x  3 x  1  2  2)  0
(4,0 đ)
6


 ( x  1)  x( 3 x  1  2)  2(1  3x  1)   0  x( x  1)  3x  1  2 
0
1  3x  1 

6
 0 (*) (đặt t  3 x  1 , t  0 )
1  3x  1
3( x  y )  ( x  2 y)(2 x  y )
b) Giải hệ phương trình  1
.
1
 x  2 y  (2 x  y )2  3


 x  0 hoặc x  1 hoặc

3x  1  2 

2,0

Điều kiện: x  2 y  0, 2 x  y  0

0,25

1
 1
3( x  y )  ( x  2 y )(2 x  y )
( x  2 y )  (2 x  y )  ( x  2 y )(2 x  y )
 x  2 y  2x  y  1




(I).
 1
1
1
 1 

1
 x  2 y (2 x  y ) 2  3
 x  2 y  (2 x  y ) 2  3
 1 
3


2
 x  2 y (2 x  y )

0,5

Đặt:

1
1
 a,
 b ( a, b  0) , hệ (I) trở thành:
x  2y
2x  y
a  2

,
b  1

Giải hệ (II) tìm được hai cặp giá trị: 

a  b  1
(II)

2
a  b  3

a  1

b  2

0,25
0,25

5 2
a  2
, suy ra được ( x ; y )  (  ; )
6 3
b   1

0,25

- Với 

2 5
a  1

, suy ra được ( x ; y )  ( ;  )
3 6
b  2

0,25

2 5
5 2
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm: ( x ; y )  ( ; ) và ( x ; y )  ( ;  ).
3 6
6 3

0,25

- Với 

Trang 2/5


Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có hai đường cao BE và CF, M là trung điểm
của BC. Hạ MN vng góc với EF tại N, hai đường thẳng MN và AB cắt nhau tại D.
  MEC
.
a) Chứng minh N là trung điểm của EF và DEF

3,0
1,5

(Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25; Hình vẽ phục vụ câu b: 0,25)
1

2

1
2

Tam giác BCE vuông tại E nên ME  BC , tương tự MF  BC

0,25

Suy ra ME  MF
Câu 3
(3,0 đ) + Mà MN vng góc với EF tại N nên MN là đường trung trực của EF. Suy ra N là 0,25
trung điểm của EF.
+ DM là đường trung trực của EF nên DE  DF hay tam giác DEF cân tại D. Suy ra
  DFE
 (1),
DEF
  BFE
  1800 ;
Tứ giác BCEF nội tiếp đường trịn đường kính BC nên MCE
  BFE
  1800
DFE

0,5

  MEC
 (3)
Lại có, tam giác MEC cân tại M nên MCE
  MEC

.
Từ (1), (2) và (3) suy ra DEF

0,25

  MCE
 (2).
Suy ra DFE

b) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng AM và EF, L là giao điểm của hai
1,5
đường thẳng AN và BC. Chứng minh KL vng góc với BC.
  BAC
 ; AFE
  ACB
 (chứng minh trên).
Xét hai tam giác ABC và AEF có: EAF
0,25
Suy ra hai tam giác ABC, AEF đồng dạng
AC BC 2MC MC
,




0,25
AF EF 2 NF NF
  ACM
 (chứng minh trên) suy ra hai tam giác AMC, ANF đồng dạng
Lại có AFN

0,5
  ANF
  KNL
  KNL
  KML
  AMC
  KML
  1800
 AMC
  900 nên KLM
  900 , hay KL
Suy ra tứ giác MKNL nội tiếp đường trịn. Mà KNM
0,25
vng góc BC.

Trang 3/5


Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp trong đường tròn (O), đường phân giác
trong AD (D thuộc BC) cắt đường tròn (O) tại E (E khác A). Hạ BH vng góc với AE tại
H, đường thẳng BH cắt đường tròn (O) tại F (F khác B). Đường thẳng EF cắt hai đường 4,0
thẳng AC, BC lần lượt tại K, M; hai đường thẳng OE và HK cắt nhau tại L.
a) Chứng minh tứ giác AHKF nội tiếp trong đường trịn.

1,0

(Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25; Hình vẽ phục vụ câu c: 0,25)
)
  BAE
 (tính chất phân giác); BAE

  HFK
 (cùng chắn cung BE
Ta có: HAK

0,5

  HFK
 . Do đó tứ giác AHKF nội tiếp đường tròn.
Suy ra HAK
b) Chứng minh HB.LE = HE.LK.
  AFH
 . Mà AFH
  ACB
 nên AKH
  ACB
 . Suy ra HK // BC.
Ta có: AKH
Câu 4
(4,0 đ) Lại có: OB = OC, EB = EC nên OE là trung trực của BC. Suy ra OE vuông góc BC
Do đó OE vng góc với HK.
- Xét hai tam giác ELK, EHB:
 ); HAF
  HBE
 (cùng chắn cung EF
 ). Suy ra
  HAF
 (cùng bù với HKF
Ta có: LKE
  HBE
,

LKE

0,25
1,5
0,5
0,25
0,5

  EHB
  900 . Do đó hai tam giác ELK, EHB đồng dạng
Lại có ELK
0,25
LE HE
Suy ra

 HE.LK = HB.LE (điều phải chứng minh).
LK HB
c) Hai tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM tại A, M cắt nhau tại Q;
tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt đường thẳng BC tại P. Chứng minh PQ song song 1,5
với AD.
  DAC
 , PAB
  ACB

0,25
Ta có: BAD
  PAB
  BAD
  ACB
  DAC

  ADP
 , APM
  1800  (PAD
  ADP)
  1800  2.ADP
,
0,25
PAD
  1800  ADP
,
ADM
  QMA
  1 sd ADM
  1 3600  sdAM
  1800  ADM
  1800  1800  ADP
  ADP
,
QAM
2
2
  1800  2QAM
  180 0  2ADP
  APM
 . Suy ra tứ giác APQM nội tiếp đường tròn
AQM









  QAM
  ADP
  PQ // AD .
 QPM
  1 (sdBE
  sdCF)
  BAE
  CAF
  EAC
  CAF
  DAF
  ADMF nội tiếp
Nhận xét: DME
2
  AFE
  PAE
  PAD,
 QAM
  QMA,
 AFE
  1 sdADM
  QMA

ADP
2

  QAM
  ADP
  PQ // AD .
  AQM
  tứ giác APQM nội tiếp  QPM
 APD

Trang 4/5

0,25
0,25
0,25


a) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( p ; q ) thỏa mãn: p 2  1 chia hết cho q và

q 2  4 chia hết cho p .
- TH1: p  q , từ q |  p 2  1  q |  p  1 p  1

3,0
0,5

Mà q  p  1 nên q | ( p  1) . Do đó q  p  1 .
Lại có p, q là hai số nguyên tố nên p  2, q  3 (không thỏa p | (q 2  4) ).

0,25

- TH2: p > q từ p |  q  4   p |  q  2  q  2  . Do đó p | (q  2) hoặc q  2  0 .

0,5

+ Nếu p | (q  2) mà p > q nên p  q  2 . Khi đó p  1   q  2   1  q  4q  3

0,5

2

2

2

2

Lại có q |  p  1 nên q | 3 . Mà q là số nguyên tố nên q = 3, khi đó p = 5.

0,5

+ Nếu q = 2 thì mọi số nguyên tố p > 2 đều thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Kết luận:  p ; q   {(5;3); ( p ; 2)}(p  2)

0,5
0,25

2

b) Cho ba số thực không âm x, y , z thỏa mãn x  y  z  1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức T 

x3  x  1 y 3  y  1 z 3  z  1


 2

x2  1
y2 1
z 1

T  x yz

Câu 5
(5,0 đ)

2,0

1
1
1
1
1
1
 2
 2
 1 2
 2
 2
x 1 y 1 z 1
x 1 y 1 z 1

0,25

2

 2 

x2
y2
z2


x2  1 y 2  1 z 2  1

0,25

1
1
x2
x


 (*) (dấu bằng xảy ra khi x  1 ).
2
2
1 x
2x
1 x
2
Lại có x  0 cũng thỏa (*), do đó (*) xảy ra dấu bằng khi x  0 hoặc x  1 .
2
Khi x  0 : 1  x  2 x 

0,25

0,25

2

Nhận xét: Ta có thể chứng minh

x
x
 như sau:
2
1 x
2

x2
x
  2 x 2  x 3  x  x( x  1) 2  0 (đúng với mọi x không âm)
2
1 x
2
Dấu bằng xảy ra khi x  0 hoặc x  1 .

Tương tự:

0,25
0,25

y2
y
 (dấu bằng xảy ra khi y  0 hoặc y  1 )
2

1 y
2

z2
z
 (dấu bằng xảy ra khi z  0 hoặc z  1 )
2
1 z
2
2
x
y2
z2
x yz 1
1
3




  T  2   
2
2
2
1 x 1 y 1 z
2
2
2
2

3
khi ( x ; y ; z )  (1; 0; 0) hoặc ( x ; y ; z )  (0;1; 0) hoặc ( x ; y ; z )  (0; 0;1) .
2
3
Vậy maxT   khi ( x ; y ; z )  (1; 0; 0) hoặc ( x ; y ; z )  (0;1;0) hoặc
2
( x ; y ; z )  (0; 0;1) .
T

0,25

0,5

0,25

---------- HẾT ---------Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm
cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.

Trang 5/5