Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thái Nguyên

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Thái Nguyên là tài liệu tham khảo được TaiLieu.VN sưu tầm để gửi tới các em học sinh đang trong quá trình ôn thi học sinh giỏi, giúp học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học và nâng cao kĩ năng giải đề thi. Chúc các em học tập và ôn thi hiệu quả!

UBND THÀNH PHỐ THÁI NGUYÊN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2022 – 2023 MƠN THI : TỐN (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang) ĐÁP ÁN Bài (3 điểm) Rút gọn biểu thức A = + + 10 + 3 − 3 − + +1 Lời giải: A= = + +1 ( 2+ 2+ ) + − 3 + 3 2 − 23 + +1 = = + + 10 + 3 − 3 − ( 2+ 2+ ) + (1 − 2) + +1 + + +1− = + +1 + +1 = + +1 Vậy A=1  x+2 x  x −1 + + : x x − x + x + 1 − x   Bài (6 điểm) Cho biểu thức B = a Rút gọn biểu thức B b Tìm giá trị x để B = c Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức B số nguyên d So sánh B 2B Lời giải: a  x+2 x  x −1 B = + + : x x − x + x + − x 1     x −1 x ( x − 1) ( x + 2) ( x + x + 1) =  + − : x − x + x + x − x + x + x − x + x + ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)   x − x +1 2( x − 1) 2 = = ( x − 1)( x + x + 1) x − ( x − 1) ( x + x + 1) x + x + Vậy B = Với x ≥ 0; x ≠ x + x +1 b Ta có B= 2 ⇔ = ⇔ x + x +1 = 7 x + x +1 ⇔ x + x − = ⇔ ( x + 3)( x − 2) =  x + =0  x =−3(loai ) ⇔ ⇔ = x  x − =  4(tmdkxd) ⇔x= c Do x ≥ 0; x ≠ nên x + x + ≥ ∀x 2 mà B ∈ Z ⇒ B ∈ {1;2} ≤ = x + x +1 +) Nếu B = ⇔ =1⇔ x + x +1= x + x +1 Do ≤ 1  ⇔ x + x − = ⇔  x +  = mà ( x + > 0) 2  ⇔ x+ = 5 −1 3−2 (tm) ⇔ x= ⇔ x= 2 2 +) Nếu B = ⇔ = ⇔ x + x +1= x + x +1 ⇔ x+ x =0⇔ x ( ) x + = mà ( x + > 0) ⇔ x = ⇔ x = 0(tm)  −     −2( x + x ) B−2 = −2 x + x +1> Ta có B − B= B ( B − 2) < B > Vậy B < B Bài (3 điểm) a Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : y =(m − 2) x + (m ≠ 3) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng (d ) cắt Ox điểm A, cắt Oy  = 30o điểm B cho ABO  x2 + y = 2 4 x y + xy + x +10 y = b Giải hệ phương trình:  Lời giải: a Cho= x 0;= y ta B(0;3) ∈ Oy Cho= y 0;= x A( −3 ta m−2 −3 ;0) ∈ Ox m−2 Suy ra,= ta có: OA −3 = ; OB m−2 Ta có: OA −3 = ⇒ tan OBA :3 = tan 300 = OB m−2 ⇒ m−2 = = m 3+2 3⇒ − 3+2  m =  x2 + y = 2 4 x y + xy + x +10 y = b  ( x + y ) − (4xy + 5) = ⇔  ( x + y )(4xy + 5) = a  x + 2y = b 4xy + = Đặt  a − b = a = Ta có hệ phương trình  ⇔ b =  ab = 1 x =− 2y x =− 2y  x + 2y =   ⇔ ⇔ 4 y (1 − y ) += −8 y + y += 4xy += Ta có  −1; y = x=   −1 = x 2; = y  Vậy ( x; y ) thoả mãn (−1;1); (2; −1 ) Bài (6 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O , đường kính AB , điểm M di động nửa đường trịn ( M ≠ A, M ≠ B ) Gọi điểm H hình chiếu vng góc với điểm M đường thẳng AB Vẽ đường trịn đường kính AH, đường trịn đường kính BH Đường thẳng MA cắt đường trịn đường kính AH điểm E ( E ≠ A) Đường thẳng MB cắt đường trịn đường kính BH điểm F ( F ≠ B ) e Chứng minh: ME.MA = MF MB f Gọi K, G hai điểm đối xứng điểm H qua đường thẳng MA, MB Chứng minh ba điểm M, K, G thẳng hàng g Chứng minh : MH = AB AE.BF h Gọi I, J tâm đường tròn đường kính AH BH Cho AB = 2R Xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác IEFJ đạt giá trị lớn Tính giá trị theo R Lời giải M K E A G I D H O F J B  góc nội tiếp chắn nửa đường trịn a) Xét ∆AHM vng H có HE ⊥ AM (Vì AEH  = 90o ), áp dụng hệ thức cạnh góc vng hình chiếu đường kính AH nên AEH cạnh huyền ta có: MH2 = ME.MA  góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường Xét ∆BHM vng H có HF ⊥ BM (Vì BFH  = 90o ), áp dụng hệ thức cạnh góc vng hình chiếu kính BH nên BFH cạnh huyền ta có: MH2 = MF.MB ⇒ ME.MA = MF.MB (Vì MH2) b) Có K đối xứng với H qua AM ⇒ AM đường trung trực KH ⇒ KM = KH, MA ⊥ KH E ⇒ ∆MKH cân M, có ME đường cao nên đường  KMH     = 2.EMH  ⇒ KMH phân giác KMH ⇒ KME = EMH =  = 2.FMH  CMTT ta có MG = MH, GMH  góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên Xét đường trịn (O) đường kính AB, có AMB  = 90o AMB  + GMH  = 2.EMH  + 2.FMH  = 2(EMH  + FMH)  = 2.AMB  = 2.90o =180o ⇒ KMH ⇒ K, M, G thẳng hàng c) Áp dụng số hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có: AM.BM = MH.AB; AH2 = AE.AM; BH2 = BF.BM; MH2 = AH.HB ⇒ MH4 = AH2.HB2 = (AE.AM) (BF.BM) = (AM.BM).AE.BF = MH.AB.AE.BF ⇒ MH3 = AB.AE.F = E = F= 90o nên hình chữ nhật Gọi D giao điểm MH d) Tứ giác MEHF có M EF ⇒ EF = MH; DE = DH (Tính chất đường chéo hình chữ nhật) Xét ∆DEI ∆DHI, có: EI = HI, DI chung, DE = DH  = 90o  = DHI ⇒ ∆DEI = ∆DHI ⇒ DEI   = DHJ = 90o CMTT ta có: DFJ   = JFE = 90o ⇒ Tứ giác IEFJ hình thang vng ⇒ IEF ⇒ Diện tích tứ giác IEFJ: SIEFJ = (EI + FJ).EF 1 SIEFJ Mà EI = ⋅ AH;FJ = ⋅ HB ⇒= 2 ( AH HB + ).EF 2R.MH R.MH 2= AB.EF = = 4 Diện tích tứ giác IEFJ lớn MH lớn ⇔ M nằm cung AB Khi MH = R ⇒= SIEFJ R.MH R = 2 R2 Vậy diện tích tứ giác IEFJ lớn M nằm cung AB Bài (2 điểm) a Cho số tự nhiên n Tìm tất số nguyên tố p cho số A = 2026n + 1014(n + p ) viết dạng hiệu hai số phương b Tìm số ngun x, y thoả mãn phương trình: x − x = 27 y Lời giải : a Giả sử A = a − b = (a − b)(a + b) với (a, b ∈ N * ) Do a − b a + b có tính chẵn lẻ mà A nên a − b a + b số chẵn ⇒ (a + b)(a − b) hay A Mặt khác, A = 2026n + 1014(n + p ) = 2028n + 1016(n + p ) − 2(n + n + p ) Vì A ⇒ 2(n + n + p ) ⇒ n + n + p mà n + n= n(n + 1) ∀n ∈ N ⇒ p mà p số nguyên tố nên p = b Ta có x − x= 27 y ⇔ ( x − 1) 2= 27 y + ⇔ ( x − 1) = (3 y + 1)(9 y − y + 1) (1) Đặt (3 y + 1;9 y − y + 1) = d (d ∈ N * ) ⇒ y − y + − y (3 y + 1) d ⇒ −6 y + 1 d mà y + 2 d nên 3 d ⇒ d ∈ {1;3} Mặt khác, y + không chia hết d = ⇒ (3 y + 1;9 y − y + 1) =  3y +1 = a2 Khi từ (1) suy ta có:  ( a, b ∈ N * ) b 9 y − y + = ⇒ b = (a − 1) − (a − 1) + ⇔ b = a − 3a + ⇔ 4b = 4a − 12a + 12 ⇔ 4b = (2a − 3) + ⇔ 3= (2b − 2a + 3)(2b + 2a − 3) Mà 2b + 2a − > a, b ∈ N * Ta có bảng giá trị sau: 2b − 2a + 2b + 2a − a b Từ bảng ta thấy a= b= ⇒ y = x = ⇒ x − x =0 ⇔  x = Vậy cặp ( x; y ) thoả mãn là: (0;0); (2;0) 1