Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Bến Tre (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Bến Tre (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT BẾN TRE ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (5,0 điểm). a) Tính giá trị biểu thức: A 4 15 4 15 2 3 5 . x 5 2 x 6 x 9 2022 b) Rút gọn biểu thức: B (x 0) và tìm x sao cho B . x 3 x 2 2023 x2 y2 85 Câu 2. (3,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa . x y 13 2 2 x 2 x 2 x2 4 Câu 3. (3,0 điểm). Giải phương trình: 9 10 2 0 . x 1 x 1 x 1 Câu 4. (3,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm. Chứng minh rằng a 3a2 6b2 b 3b2 6c2 c 3c2 6a2 (a b c)2. Câu 5. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có ·ACB 45 , gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp và H là trực tâm của tam giác ABC . Đường thẳng qua O và vuông góc với CO cắt AC và BC lần lượt tại điểm K và L . Chứng minh chu vi của tam giác HKL bằng với đường kính của O . Câu 6. (3,0 điểm). Cho hai đường tròn O1 và O2 tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T . Hai đường tròn này nằm trong đường tròn O3 và tiếp xúc với O3 lần lượt tại điểm M M O1 và điểm N ( N O2 ). Tiếp tuyến chung tại T của O1 và O2 cắt O3 tại điểm P P và O3 nằm cùng phía của đường thẳng MN) . Đường thẳng PM cắt O1 tại A A M , đường thẳng PN cắt O2 tại D D N và đường thẳng MN cắt O1 và O2 lần lượt tại B B M và C C N . Gọi E là giao điểm của AB và CD . a) Tứ giác AEDP là hình gì? Giải thích. b) Chứng minh rằng: E· BC E· DA . HẾT LỜI GIẢI: Câu 1. (5,0 điểm). a) Tính giá trị biểu thức: A 4 15 4 15 2 3 5 . x 5 2 x 6 x 9 2022 b) Rút gọn biểu thức: B (x 0) và tìm x sao cho B . x 3 x 2 2023 Lời giải 8 2 15 8 2 15 a) A 4 15 4 15 2 3 5 2  6 2 5 2 2 Trang 1
2. 5 3 5 3 2  5 1 2 2 b) Với x 0 , khi đó ta có: x 5 2 x 6 x 9 x 5 2 ( x 3)2 x 5 2 x 3 x 5 2 x 3 B x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 2 x 1 ( x 1)2 x 1 . x 3 x 2 x 1 x 2 x 2 2022 x 1 2022 B 2023 x 2023 2022 x 4044 2023 x 2 2023 x 2021 x 20212 x 4084441 (nhan). x 1 2022 Vậy, với x 0 thì B và B tại x 4084441. x 2 2023 x2 y2 85 Câu 2. (3,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa . x y 13 Lời giải Vì x, y Z nên x y Z; x2 y2 Z x2 y2 85 517 x y Ta có : x2 y2 x y 13 13 Vì 5.17 không chia hết 13 nên x2 y2 Z khi x y 13 x y 13k k Z y 13k x Thay (2) vào (1) ta có: x2 13k x2 85k 2x2 26kx 169k 2 85k 0 Ta có Δ (13k)2 2 169k 2 85k k 170 169k Để (*) có nghiệm thì Δ 0 k 170 169k 0 170 1 0 k 1 169 169 k 1 x y 13 Với k 1 ta có hệ phương trình 2 2 x y 85 Giải hệ phương trình này, ta được x 6; y 7 hoặc x 7; y 6 . Vậy các cặp số x; y thoả mãn là x 6; y 7 hoặc x 7; y 6 Trang 2
3. 2 2 x 2 x 2 x2 4 Câu 3. (3,0 điểm). Giải phương trình: 9 10 2 0 . x 1 x 1 x 1 Lời giải ĐK : x 1 2 2 x 2 x 2 x2 4 9 10 2 0 x 1 x 1 x 1 2 2 x 2 x 2 x 2 x 2 9 10  0 x 1 x 1 x 1 x 1 x 2 x 2 Đặt a; b . Ta có phương trình: x 1 x 1 9a2 10ab b2 0 9a2 9ab ab b2 0 9a a b b a b 0 a b 9a b 0 a b 0 9a b 0 +) Nếu a b 0 thì: x 2 x 2 0 x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 0 x2 3x 2 x2 3x 2 0 6x 0 x 0 (thoa mãn). +) Nếu 9a b 0 thì: x 2 x 2 9. 0 x 1 x 1 9 x 2 x 1 x 2 x 1 0 9x2 27x 18 x2 3x 2 0 8x2 30x 25 0 15 5 17 15 5 17 x (thoa mãn) ; x (thoa mãn) 1 8 1 8 15 5 17 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: x ; x 0 . 1,2 8 3 Câu 4. (3,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm. Chứng minh rằng a 3a2 6b2 b 3b2 6c2 c 3c2 6a2 (a b c)2. Lòi giải Cách 1. Với a,b,c 0 Ta có: 3a2 6b2 2a2 4ab 2b2 a2 4ab 4b2 2(a b)2 (a 2b)2 (a 2b)2 vì (a b)2 0,a,b a 3a2 6b2 a (a 2b)2 a a 2b a2 2ab Trang 3
4. Tương tự: b 3b2 6c2 b2 2bc c 3c2 6a2 c2 2ca a 3a2 6b2 b 3b2 6c2 c 3c2 6a2 a2 2ab b2 2bc c2 2ca (a b c)2 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a b c Cách 2. (x y z)2 Áp dụng BĐT: x2 y2 z2 3 (a b b)2 Ta có: 3a2 6b2 3 a2 b2 b2 3 (a 2b)2 3 Cách 3. Áp dụng BĐT : m2 n2 x2 y2 (mx ny)2 Ta có: 2 3a2 6b2 3 a2 2b2 12 2 a2 (b 2)2 (1.a 2 b 2)2 (a 2b)2 Câu 5. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có ·ACB 45 , gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp và H là trực tâm của tam giác ABC . Đường thẳng qua O và vuông góc với CO cắt AC và BC lần lượt tại điểm K và L . Chứng minh chu vi của tam giác HKL bằng với đường kính của O . Lời giải Đường thẳng vuông góc với CO cắt đường tròn O tại hai điểm M , N . Ta có C· AN C· MN 45 (tam giác OMC vuông cân). Do AH  BC suy ra VCAD là tam giác vuông cân ·ABC 45 suy ra C· AD 45 . Từ đó suy ra C· AN C· AH nên A, H, N thẳng hàng. Trang 4
5. Gọi AD và BE là hai đường cao của tam giác ABC . Ta có tứ giác ABDE nội tiếp (hai đỉnh D và E kề nhau cùng nhìn cạnh AB dưới cùng một góc 90 ) C· AN H· BC mà C· AN C· BN suy ra H· BC N· BC Xét VBHN có BD vừa là đường cao vừa là phân giác nên VBHN cân tại B BD là đường trung trực của HN . Do L thuộc BD nên LH LN . Chứng minh tương tự ta có KH KM . Như vậy chu vi tam giác HKL là HL KL HK NL LK KM MN là đường kính của O . Câu 6. (3,0 điểm). Cho hai đường tròn O1 và O2 tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T . Hai đường tròn này nằm trong đường tròn O3 và tiếp xúc với O3 lần lượt tại điểm M M O1 và điểm N N O2 ). Tiếp tuyến chung tại T của O1 và O2 cắt O3 tại điểm P ( P và O3 nằm cùng phía của đường thẳng MN) . Đường thẳng PM cắt O1 tại A A M , đường thẳng PN cắt O2 tại D D N và đường thẳng MN cắt O1 và O2 lần lượt tại B B M và C C N . Gọi E là giao điểm của AB và CD . a) Tứ giác AEDP là hình gì? Giải thích. b) Chứng minh rằng: E· BC E· DA . Lời giải a) Tứ giác AEDP là hình gì? Giải thích. Ta có O1 tiếp xúc trong với O3 tại M O1,O3 , M thẳng hàng; Ta có O2 tiếp xúc trong với O3 tại N O1,O3 , N thẳng hàng; ˆ · · ΔMO1B,ΔMO3 N là các tam giác cân có M chung nên MO1B MO3 N ; ˆ · · ΔNO2C,ΔNO3M là các tam giác cân có N chung nên NO2C NO3M ; Trang 5
6. 1 1 Lại có : M· AB M· O B;M· PN M· O N (các góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 2 1 2 3 một cung) M· AB M· PN AE / /PD( có cặp góc đồng vị bằng nhau) ; 1 1 N· DC N· O C; N· PM N· O M (các góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một 2 2 2 3 cung) N· DC N· PM DE / /PA (có cặp góc đồng vị bằng nhau) Tứ giác AEDP có các cạnh đối song song nên là hình bình hành. b) Chứng minh rằng: E· BC E· DA . 2 Ta có PT là tiếp tuyến của O1 PT PA PM ; 2 PT là tiếp tuyến của O2 PT PD  PN ; PA PN PA PM PD  PN PT 2 1 PD PM Gọi H là giao điểm của PE và MN , vì BE / /PN;CE / / AM nên theo hệ quả của định lý Ta-let, ta có : BE EH CE EB PN EB PA PN 2 Từ (1) và (2), ta có : , mà PN HP PM EC PM EC PD PM AEDP là hình bình hành EB ED PA ED; PD EA ; EC EA Xét VEBC và VEDA có : EB ED Eˆ chung ; (chứng minh trên); EC EA VEBC VEDA c.g.c E· BC E· DA. Trang 6