UBND TỈNH HỊA BÌNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2021 - 2022 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 05/4/2022 (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Câu Biểu điểm Hướng dẫn chấm   A      x 4  x  x 2 x 6  x       : x 2 x  5  x 2 x      x 2 x   x 2 x 2  x    2 2 0,5 x x 0,5 1,0 2 A   số nguyên  2 Câu (4,0đ)  x x 0,5  x  U    1; 2 2 1 16 0,5 Vậy x   0;1;9;16 2 x x 0  0  0  x  1 x  x  1 A   x  0    x      x      x    0,25   x 4 (KTM)   x 1   x 4   x 4    x  0,5 Kết hợp với điều kiện cho, ta được:  x  0,25 Đặt  d  : y  m  1 x  + Với m 1  d  : y 2 , khoảng cách từ O đến  d  2, không thoả mãn + Với m 1 Ta có: 2  2   ;0   OA  Giao điểm  d  với Ox : A  m m  m  Giao điểm  d  với Oy : B  0;   OB 2 + Kẻ OH   d  Theo hệ thức lượng tam giác vng OAB , ta có: 1 1 1  2    2 2 OH OA OB          5  m  Câu (6,0đ)  m 3  m  Vậy m    1;3   2m  10 5m   ; 2 Giải hệ, nghiệm  x; y    với m  m 4 m 4 2m  10 5m     5m  14m  0 Biến đổi x  y  trở thành 2 m 4 m 4 Giải m 2, m  Ta có  m  1     m  1 4  4 + HB.HC  AH 36 (1) + HB  HC BC 13 (2) + Từ (1), (2) tính HB 4 cm, HC 9 cm Hoặc HB 9 cm, HC 4 cm (Kết luận thiếu trường hợp: trừ 0,25 điểm) 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 1,0 0,5 0,5 2,0 Gọi số học sinh tham gia trồng x , điều kiện x nguyên dương 0,5 Số học sinh dự kiến: x  Số học sinh phải trồng theo dự kiến: Số thực tế học sinh trồng được: Theo ra, ta có phương trình: 18 x 3 18 x 1,0 18 18  1 x x 3 Giải phương trình, ta được: x  (loại) 1,0 x 6 (thoả mãn) Vậy số học sinh thực tế tham gia trồng học sinh y Biến đổi phương trình dạng  x  1  x  1 4 (*) 0,5 0,25 Câu + Với x nguyên vế trái PT (*) số nguyên Nếu y  vế phải PT (*) (4,0đ) y khơng số nguyên nên PT (*) không thoả mãn Vậy y 0 Khi y  nên x 0 + Với y 0 x 0 Ta  x; y   0;0  nghiệm PT (*) 0,25 + Với y 1 y số chẵn Suy  x  1  x  1 số chẵn, nên x số lẻ Đặt x 2k  1, k  , k 0 y y Khi  2k    4k  4k   4   k 1  2k  2k  1 4  Khi y 1  k  1  2k  2k  1 1  2k  4k  3k 0  k 0 Khi x 1 Ta  x; y   1;1 nghiệm PT (*)  0,25 Khi y  2k  2k  số lẻ ước y , mà y có ước nguyên dương lẻ 1, nên 2k  2k  1  k 0 Khi x 1, y 1 (loại y  ) Vậy PT có nghiệm  0;0   1;1 (Thí sinh nhẩm nghiệm, nghiệm 0,5 điểm) 0,25 0,5 Xét ANM MNF , có:  chung + Góc N (1)   AEF  sñ AF ; + Trong đường tròn  O  : MAN  Lại có AE // MO nên FMN  AEF (so le trong)   Suy MAN (2) FMN Từ (1) (2) suy ra: ANM ~ MNF  g.g  AN MN   MN  NA.NF Suy MN NF AE // MO Mà MO  AB nên AE  AB Ta có Câu (4,0đ) Suy BE đường kính  O    + Chứng minh tứ giác MFHB nội tiếp ( MFB MHB 900 )   Suy HFE (góc ngồi đỉnh F góc đỉnh đối diện) (3) HBM + AFE  ABE  sñ AE (4)  Từ (3) (4) suy HFA 900 Áp dụng hệ thức lượng tam giác AHN vuông H , đường cao HF , ta có (5) NH NA.NF Mà MN  NA.NF ( chứng minh phần 1) Vậy NH NM Ta có HA HB (Vì MA, MB tiếp tuyến  O  ) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AHN , ta có: HB HA2  AF AN HF FA.FN HB AN FA Suy (6)  1  HF FN FN FE FA  Lại có AE // MN  (7) FM FN HB FE Từ (6) (7) suy  1 HF FM 1,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 Đặt x  x  t ,  t 0  Biến đổi PT cho dạng:  x  x  3  x  x   x  1 x  x   x  2 PT trở thành: t   x  1 t  x  x 0  t x Giải   t x   x 0 x  x  x    x 3  x  x  x  x  Câu  x + x  x  x 1   2 (2,0đ)  x  x  x  x 1 Vậy PT có nghiệm x  , x 3 0,5 + 3 3 b   c  M a  b  c     a             a  2b  3c  a 2b 4c  a   2b   4c  Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương giả thiết a  2b  3c 11 , ta có: 3a b c 1 11 37 M 2       11 3     a 2b 4c 4 Dấu “=” xảy a 2, b 3, c 1 Ghi chú: Mọi cách làm khác hướng dẫn cho điểm tối đa 0,5 0,5 0,25 0,25