PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN YÊN BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2022 – 2023 Môn thi Toán 9 Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi[.]
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN N BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang) A Câu 1: (4,0 điểm) Cho = ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2022 – 2023 Mơn thi: Tốn Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/11/2022 x+2 x +1 + − x x −1 x + x +1 x −1 ( x ≥ 0; x ≠ 1) a) Rút gọn A b) Tính giá trị A với x= − c) Chứng minh A < Câu 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình: x + + 2x x + = 2x + x2 + 4x + −3 xy + y b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x + 22 = c) Tìm số tự nhiên biết: Nếu số cộng thêm 64 đơn vị bớt 35 đơn vị ta số phương Câu 3: (5,0 điểm) Cho hình vng ABCD cạnh a Trên cạnh BC AD lấy điểm E F cho CE = AF Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự M N a) Chứng minh: CM DN = a2; = 90o b) Gọi K giao điểm NA MB Chứng minh: MKN c) Các điểm E F có vị trí MN có độ dài nhỏ ? Câu 4: (4 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức x2 + x2 − 6x + b) Cho a, b, c số dương Chứng minh a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c a+c a+b Câu : (3 điểm) Cho tứ giác ABCD có AC = 10cm, BD = 12cm góc AC BD 30 Tính diện tích tứ giác ABCD Hết - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu - Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ……………………… Cán coi thi số 1:………………… Số báo danh:…………………………… Cán coi thi số 1:………………… HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2022 – 2023 - Mơn: Tốn lớp Nội dung Câu Điểm a) Với x ≥ 0; x ≠ ta có: Câu x+2 x +1 − A= + x −1 x −1 x + x +1 0,5 x + ( x + 1)( x − 1) x2 + x + − A =+ x3 − x3 − x3 − 0,5 = A x− x x = x −1 x + x +1 0,5 0,5 b) x =9 − =(2 − 1) ⇒ x =2 − 2 −1 2 −1 = − + 2 −1+1 − 2 −1 + 16 A= 73 x 1 c) A < ⇔ A − < ⇔ − 0; b>0 ; a ≠ b a+ b Ta có: A ab A( ab a+ b Nội Dung + 1 + : a b Điểm a + b ( a b) ab ( a b ) 1 a+ b ): a b ab 1 ab A a b a+ b A Vậy A a+ b 0.5 ab a+ b ab 0.5 với a>0; b>0 ; a ≠ b 2) Ta có: a 2 ; b => a= b= 3+ 2 = 3− 2 = ( + 1) = ( − 1) = +1 = −1 = +1 −1 Tính được: ab = ; a + b = 2 Thay vào A ta được: A = 2 ĐKXĐ: x ≤ −4 x ≥ −1 ⇔ x2 + 5x + − x2 + 5x + = 2 Đặt y = x + x + (y ≥ 0) ta được: y - y - = Giải phương trình được: y1 = -1 (khơng thỏa mãn đk); y2 = (thỏa mãn đk) Với y = ta có x + x + = Giải phương trình x1 = 0; x2 = -5 (thỏa mãn) 1) x + x − x + x + = −2 Vậy tập nghiệm phương trình là: S= {−5;0} 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 2) Nếu x4 + 4x3 + ax2 + bx + bình phương đa thức đa thức phải có bậc Giả sử: x4 + 4x3 + ax2 + bx + = (Ax2 + Bx + C)2 x4 + 4x3 + ax2 + bx + = A2x4 + 2ABx3 + (2AC + B2)x2 + 2BCx + C2 Đồng hệ số hai vế, ta được: A2 = 1; 2AB = 4; 2AC + B2 = a; 2BC = b; C2 = Khơng tính tổng qt, giả sử A = suy B = 2; C=1 C=-1 Nếu C = a = 6, b = Nếu C = -1 a = 2, b = -4 Vậy có hai cặp số (a, b) thoả mãn yêu cầu toán (6, 4) (2, -4) 1) Ta có: n3 + 6n + 8n = n(n + 2)(n + 4) Vì n chẵn => n = 2k với k ∈ N => n3 + 6n + 8n= 8k (k + 1)(k + 2) Do k ∈ N => k (k + 1)(k + 2) ba số tự nhiên liên tiếp => k (k + 1)(k + 2) chia hết cho => 8k (k + 1)(k + 2) chia hết cho 48 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Vậy n3 + 6n + 8n chia hết cho 48 với n số tự nhiên n chẵn 0.5 (x+2)(x+y+1) = 2) Ta có: x + xy + 3x + y = 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 x + = x =−1 ⇔ y +1 = x += y 0.25 = x + = x ⇔ x + y + =1 y =−1 0.25 +) +) x + =−1 x =−3 ⇔ x + y + =−3 y =−1 0.25 +) x + =−3 x =−5 ⇔ x + y + =−1 y =3 0.25 Vậy (x;y) =(-1;3); (1;-1); (-3;-1); (-5;3) 0.25 +) Với điều kiện x ≥ 1, y ≥ ta có: x −1 + x M= 0.5 y−4 y Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm, ta có: 1+ x −1 x = 2 x −1 ⇒ ≤ x 1 4+ y−4 y y= −4 = ( y − 4) ≤ ⋅ 2 y−4 ⇒ ≤ y x −= Và 1( x − 1) ≤ y−4 1 ≤ + = y 4 Vậy giá trị lớn M ⇔ x = 2; y = Suy ra: M = x −1 + x Cho đường tròn (C) với tâm O, bán kính R đường kính AB cố định Gọi M điểm di động (C) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường thẳng vng góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C) điểm thứ hai E Các đường thẳng BM CN cắt F 1) Chứng minh ba điểm A, E, F thẳng hàng 2) Chứng minh tích AM.AN khơng đổi 3) Chứng minh A trọng tâm tam giác BNF NF ngắn Vẽ hình F M C A E N B O (C ) 0.5 0.5 0.5 0.25 1) Ta có: MO trung tuyến tam giác AMB; MO = AB = 900 ⇒ AMB ⇒ MN ⊥ BF BC ⊥ NF (gt) ⇒ A trực tâm tam giác BNF ⇒ FA ⊥ NB Tương tự chứng minh MN ⊥ BF Ta có: AE ⊥ NB Vậy ba điểm A, E, F thẳng hàng = MAB nên hai tam giác ACN AMB đồng dạng 2) Ta có: CAN AN AC = AB AM Hay AM ⋅ AN = AB ⋅ AC = 2R không đổi 0.25 0.5 0.5 0.5 1.0 Suy ra: 3) Ta có BA = BC nên A trọng tâm tam giác BNF ⇔ C trung điểm NF (3) Mặt khác: CAN = MAB (2 góc đối đỉnh) ) = MAB (cùng phụ với MBA mà CFM = CFM , nên hai tam giác CNA CBF đồng dạng ⇒ CAN ⇒ 0.5 0.5 0.5 2 2 + + + + 15 35 63 399 2 2 + + + + 3.5 5.7 7.9 19.21 1 1 1 1 = − + − + − + + − 5 7 19 21 = 1 − 21 = = 0.5 CN AC = ⇒ CN ⋅ CF = BC ⋅ AC = 3R BC CF Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: NF = CN + CF ≥ CN ⋅ CF = 2R không đổi Nên: NF ngắn ⇔ CN =CF ⇔ C trung điểm NF (4) Từ (3) (4) suy ra: A trọng tâm tam giác BNF ⇔ NF ngắn P= 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25