Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Yên Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Phòng GD và ĐT Yên Bình (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN HUYỆN YÊN BÌNH Năm học 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán 9 (Đề gồm 01 trang) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/11/2022 xx++2 11 Câu 1: (4,0 điểm) Cho A= + −(xx ≥≠ 0; 1) xx−1 x ++ x 11 x − a) Rút gọn A. b) Tính giá trị của A với x =9 − 42. 1 c) Chứng minh rằng A < . 3 Câu 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình: x++32 xx += 12 x + x2 + 4 x + 3 b) Giải phương trình nghiệm nguyên: 5x+=−+ 22 3 xy 9 y2 . c) Tìm số tự nhiên biết: Nếu số đó cộng thêm 64 đơn vị hoặc bớt đi 35 đơn vị thì ta đều được một số chính phương. Câu 3: (5,0 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a. Trên các cạnh BC và AD lần lượt lấy các điểm E và F sao cho CE = AF. Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự ở M và N. a) Chứng minh: CM . DN = a2; b) Gọi K là giao điểm của NA và MB. Chứng minh: MKN = 90o c) Các điểm E và F có vị trí như thế nào thì MN có độ dài nhỏ nhất ? Câu 4: (4 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x22+ xx −+69 a222 b c abc++ b) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng ++≥ bc+++ ac ab 2 Câu 5 : (3 điểm) Cho tứ giác ABCD có AC = 10cm, BD = 12cm và góc giữa AC và BD bằng 300. Tính diện tích tứ giác ABCD. Hết - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . Cán bộ coi thi số 1: Số báo danh: Cán bộ coi thi số 1:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2022 – 2023 - Môn: Toán lớp 9 Câu Nội dung Điểm a) Với xx≥≠0; 1 ta có: xx++2 11 A =+− 0,5 32 x−11 xx ++ x −1 x+2 ( x + 1)( x − 1) xx2 ++1 A =+− 33 3 0,5 xx−−11 x − 1 xx− x Câu 1 A = = x3 −1 xx++1 0,5 bx) =−9 42 = (221) −⇒2 x = 22 − 1 0,5 22−− 1 22 1 ⇒=A = 9− 42 + 22 −+ 11 9 − 22 0,5 −+1 16 2 A = 0,5 73 11x 1 cA) <⇔−<⇔ A 0 −<0 33xx++1 3 Thật vậy: Với xx≥≠0; 1 ta có: 1,0 x1 3 xx− ( + x + 1) −− ( x 2 x + 1) − ( x − 1) 2 −= = = <0 , xx++13 3( xx ++ 1) 3( xx ++ 1) 3( xx ++ 1) 1 Vậy A < (đpcm) 3 a) Giải phương trình x++32 xx += 12 x + x2 + 4 x + 3 Đk x - 1 0,5  (x+− 3 2 xx )( +− 1 1) = 0 ≥ 0,5  xx+−32 = 0 hoặc x +−=11 0 Câu 2 0,5  xx+=3 2 ⇔ x += 1 1  x ≥⇔0, x+3 = 4x2 x = 0  x = 1 Vậy tập nghiệm của PT là : S = {0;1} b) Ta có: 9yy22− 22 9 −+ 25 3 3 5223x+ =− xy + 9 y2 ⇔ x = = =35y −+ 35yy++ 35 35 y +0,5 Do đó x, y nguyên ⇔+33 y 5 ⇔3yU +∈ 5 (3) =±±{ 1; 3} +) 3y+5 = -1 thì y = -2; x = -14
3. − +) 3y+5 = 1 thì y = 4 (loại) 3 − +) 3y+5 = -3 thì y = 8 (loại) 3 − +) 3y+5 = 3 thì y = 2 (loại) 1,0 3 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm (x;y) = (-14; -2) c, Gọi số tự nhiên cần tìm là A. Vậy ta có: 2 A+=64 k () kN ∈  2 A−=35 t () tN ∈  22 ⇒k − t =99 ⇔()() ktkt − +=99 0,5 Vậy k - t và k + t là ước của 99 và tích hai ước này phải bằng 99, mà: Ư(99) = { 1; 3; 9; 11; 33; 99 }, mặt khác k - t < k + t, nên ta có: kt−=1 k = 50 +⇒ kt+=99 t = 49 kt−=3 k = 18 +⇒ kt+=33 t = 15 kt−=9 k = 10 +⇒ kt+=11 t = 1 - Nếu: + k = 50 ⇒ A = 2436 + k = 18 ⇒ A = 260 0,5 + k = 10 ⇒ A = 36 Vậy A = { 2436 ; 260 ; 36 } K A B F Câu 3 E 0,5 N D a C M CM CEAF AB 1,0 a) AB // MN nên = = = AB BE FD DN 0,5 ⇒==CM. DN AB22 a CM AB CM AD 0,5 b) Theo câu a ta có: =⇒= AB DN CB DN Và BCM = ADN = 900 0,5 Do đó ∆ CMB ∆ DAN (c.g.c). nên CMB = DAN 0,5 o Suy ra CMB += DNA 90o . Vậy MKN = 90 . c) MN nhỏ nhất ⇔ CM + DN nhỏ nhất. 0,5 Các độ dài CM, DN có tích không đổi nên tổng của chúng nhỏ nhất ⇔ CM = DN. 0,5 Khi đó CM2 = a2, CM = DN = a. Độ dài MN nhỏ nhất bằng 3a
4. khi và chỉ khi E, F theo thứ tự là trung điểm của BC, AD. 0,5 Giải: 22+ − +=+ −2 = +−≥+−= a) x x6 x 9 x (3 x ) x 3 xx 3 x 3 1,0 Câu 4 Dấu “=” xảy ra ⇔xx.(3 − x) ≥⇔≤≤ 0 0 3 1,0 Vậy x22+ xx −+69đạt GTNN bằng 3 khi 03≤≤x b) Áp dụng BĐT Cosi, ta có: a222 bc+++ b ac c ab 1,0 +≥abc;; +≥ +≥ bc+++444 ac ab Cộng vế với vế của ba bất đẳng trên ta được a222 b c abc++ + + + ≥++abc bc+++ ac ab 2 1,0 a222 b c abc++ ⇔++≥ ()dpcm bc+++ ac ab 2 C B H O K 0,5 D A Câu 5 - Vẽ AH ⊥ BD; CK ⊥ BD ( H, K ∈ BD) - Trong ∆ HAO vuông tại H có AOH = 300 0,5 1 ⇒=AH AO ( Tính chất tam giác vuông) 2 - Trong ∆ CKO vuông tại H có COK = 300 1 0,5 ⇒=CK CO ( Tính chất tam giác vuông) 2 - Ta có: 111 S=+= S S AHBD + CKBD = BDAHCK( +) 0,5 ABCD ABD BCD 222 1 1 1 11 0,5 ⇒=SABCD BD AO + CO = BD. ( AO + CO) 2 2 2 22 11 0,5 ⇒=S BD. AC = .12.10 = 30 (cm2 ) ABCD 44
5. PHÒNG GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN YÊN BÌNH NĂM HỌC 2022-2023 Môn thi: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề) (Đề dự bị) Câu 1: (3,0 điểm) 1 1 2 11 ab Cho biểu thức: A + . ++ : a b a+ b abab ba 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tính giá trị của A khi ab 3 2 2; 3 8 Câu 2: (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: x 2 + 5x − x 2 + 5x + 4 = −2 2) Tìm tất cả các cặp số (a, b) sao cho x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình phương của một đa thức. Câu 3: (4,0 điểm) 1) Chứng minh rằng nnn32++68 chia hết cho 48 với mọi n là số tự nhiên và n chẵn. 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên (;xy ) thoả mãn: x2 +++ xy321 x y = yx−+14 xy − Câu 4: (2,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = xy Câu 5: (6,0 điểm) Cho đường tròn (C) với tâm O, bán kính R và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. 1) Chứng minh rằng ba điểm A, E, F thẳng hàng. 2) Chứng minh rằng tích AM⋅AN không đổi. 3) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. Câu 6: (1,0 điểm) 222 2 Tính tổng: P =++++ 15 35 63 399 ___
6. PHÒNG GD&ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM YÊN BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn thi: TOÁN - LỚP 9 (Đáp án gồm 04 trang) ĐÁP ÁN ĐỀ DỰ BỊ Học sinh phải lập luận chi tiết mới cho điểm tối đa. Học sinh giải cách khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa theo từng phần tương ứng. Câu Nội Dung Điểm 1) ĐKXĐ: a>0; b>0 ; a ≠ b a+ b() a b a+ b 2 1 1 Ta có: A . ++ : 0. 5 ab a+ b ab ab()a b 2 11 a+ b A: () ab ab ab 2 0. 5 11 ab A . ab a+ b a+ b A 0.5 ab a+ b 1 Vậy A với a>0; b>0 ; a ≠ b 0.5 ab 2) Ta có: ab 3 2 2; 3 8 2 0.25 => a =322 + = (21) + = 21 += 21 + b =322 − = (21) −2 = 21 −= 21 − 0.25 Tính được: ab =1; ab+=22 0.25 Thay vào A ta được: A = 22 0.25 1) x 2 + 5x − x 2 + 5x + 4 = −2 ĐKXĐ: x ≤−4 hoặc x ≥−1 ⇔ xx22++−54 xx ++= 542. 0. 5 Đặt =2 ++(y ≥ 0) ta được: y2 - y - 2 = 0 yxx54 0.5 Giải phương trình được: y1 = -1 (không thỏa mãn đk); y2 = 2 (thỏa mãn đk) 0.5 Với y = 2 ta có x 2 + 5x + 4 = 2 Giải phương trình được x1 = 0; x2 = -5 (thỏa mãn) 0.5 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S={−5; 0} 2
7. 2) Nếu x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 là bình phương của một đa thức thì đa thức đó phải có bậc 2. Giả sử: 0.5 x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 = (Ax2 + Bx + C)2  x4 + 4x3 + ax2 + bx + 1 = A2x4 + 2ABx3 + (2AC + B2)x2 + 0.5 2BCx + C2 Đồng nhất hệ số hai vế, ta được: A2 = 1; 2AB = 4; 2AC + B2 = a; 2BC = b; C2 = 1. 0.5 Không mất tính tổng quát, giả sử A = 1 suy ra B = 2; C=1 hoặc C=-1. Nếu C = 1 thì a = 6, b = 4. Nếu C = -1 thì a = 2, b = -4 Vậy có hai cặp số (a, b) thoả mãn yêu cầu bài toán là (6, 4) và (2, -4) 0.5 1) Ta có: n32+6 n += 8 n nn ( + 2)( n + 4) Vì n chẵn => n = 2k với k∈N 0.5 => n32+6 n += 8 n 8 kk ( + 1)( k + 2) Do k∈N => kk(++ 1)( k 2) là ba số tự nhiên liên tiếp 0.5 => kk(++ 1)( k 2) chia hết cho 6 0.5 => 8kk (++ 1)( k 2) chia hết cho 48 3 Vậy nnn32++68 chia hết cho 48 với mọi n là số tự nhiên và n chẵn. 0.5 2) Ta có: x2 +++ xy321 x y = (x+2)(x+y+1) = 3 0.5 Do x; y nguyên => x+2 ; x+y+1 có giá trị nguyên. Mà 3=3.1=1.3= (-3).(-1)=(-1).(-3 ) 0.25 xx+=21 =− 1 +) ⇔ xy+ +=13 y = 3 0.25 xx+=23 = 1 +) ⇔ 0.25 xy+ +=11 y =− 1 xx+=−21 =− 3 +) ⇔ xy+ +=−13 y =− 1 0.25 xx+=−23 =− 5 +) ⇔ 0.25 xy+ +=−11 y = 3 Vậy (x;y) =(-1;3); (1;-1); (-3;-1); (-5;3) 0.25
8. Với điều kiện xy≥≥1, 4 ta có: x −1 y − 4 0.5 M = + xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm, ta có: 11+−xx xx−=11( − 1) ≤ = 22 x −11 ⇒≤ x 2 4 1 14+−yy 4 0.5 Và yy−=4 44( −) ≤⋅ = 2 22 4 y − 4 1 ⇒≤ y 4 x −1y − 4 113 Suy ra: M = + ≤+= 0.5 xy244 3 Vậy giá trị lớn nhất của M là ⇔ x = 2; y = 8 0.5 4 Cho đường tròn (C) với tâm O, bán kính R và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. 1) Chứng minh rằng ba điểm A, E, F thẳng hàng. 0.25 2) Chứng minh rằng tích AM.AN không đổi. 3) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. Vẽ hình đúng F M C B A O ( C ) E N
9. 5 1 0.25 1) Ta có: MO là trung tuyến của tam giác AMB; MO= AB 2 0 ⇒ AMB = 90 0.5 ⇒ MN⊥ BF và BC⊥ NF (gt) ⇒ A là trực tâm của tam giác BNF 0.5 ⇒ ⊥ FA NB Tương tự chứng minh MN⊥ BF . Ta có: AE⊥ NB 0.5 Vậy ba điểm A, E, F thẳng hàng 2) Ta có: CAN = MAB nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng. 1.0 AN AC Suy ra: = AB AM Hay AM⋅=⋅= AN AB AC 2R 2 không đổi. 1.0 2 0.5 3) Ta có BA= BC nên A là trọng tâm của tam giác BNF 3 ⇔ C là trung điểm của NF (3) Mặt khác: CAN = MAB (2 góc đối đỉnh) mà CFM = MAB (cùng phụ với MBA ) 0.5 ⇒ = CAN CFM , nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng CN AC ⇒ = ⇒CN ⋅=⋅ CF BC AC = 3R 2 BC CF Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 0.5 = +≥ ⋅= NF CN CF 2 CN CF 2R 3 không đổi Nên: NF ngắn nhất ⇔ CN =CF ⇔ C là trung điểm NF (4) Từ (3) và (4) suy ra: A là trọng tâm tam giác BNF ⇔ NF ngắn nhất. 0.5 222 2 P =++++ 15 35 63 399 222 2 =++++ 0.25 6 3.5 5.7 7.9 19.21 111111 1 1 0.25 =−+−+−++ − 3 5 5 7 7 9 19 21 11 0.25 = − 3 21 2 = 0.25 7