Toan 9 hsg 22 23 ninh thuan

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn thi Toán lớp 9 THCS Thời gian 150 phút (Không kể thời gian giao[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2022 – 2023 Mơn thi: Tốn lớp THCS Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 11/03/2023 Đề thi gồm có 01 trang, 04 câu ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1) Tính tổng: A 1   22  23   2022  2023 2) Chứng minh số: x 3   5 nghiệm phương trình: x  3x  14 0 Câu 1) Tìm số tự nhiên nhỏ thỏa hai tính chất sau: a) Chữ số cuối b) Nếu bỏ chữ số cuối thêm chữ số vào trước chữ số cịn lại số nhận gấp lần số ban đầu 2) Giải phương trình: x  x  5 x  x  20   x  1 Câu 1) Chứng minh rằng: a  b  c ab  bc  ac với a, b, c 1 2) Cho x, y , z thỏa xyz    3 x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  Câu x8  y  z x3 y z Cho tam giác ABC cạnh a với đường cao AH M điểm cạnh BC Vẽ ME  AB, MF  AC Gọi O trung điểm AM 1) Chứng minh điểm A, E , H , M , F nằm đường trịn, Tứ giác OEHF hình gì? 2) Tìm giá trị nhỏ diện tích tứ giác OEHF theo a M di động cạnh BC HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022 – 2023 Mơn thi: Tốn ĐÁP ÁN THAM KHẢO Câu 1) Tính tổng: A 1   22  23   2022  2023 2) Chứng minh số: nghiệm phương trình: x  3x  14 0 Lời giải 1) Tính tổng: A 1      2022  2023 A 1   22  23   22022  22023 A 2  22  23  24   22023  2024  A 2 A  A   22  23    22023  2024      2  23   22022  22023  22024  Vậy A 22024  x 3   2) Chứng minh số: 75 nghiệm phương trình: x  3x  14 0 Ta có: x 3   5  3 1   1   1   1 1   21 2 1    2 Với x 2 x  x  14  23  3.2  14 8   14 0 Vậy: x    nghiệm phương trình: x  3x  14 0 75 Câu 1) Tìm số tự nhiên nhỏ thỏa hai tính chất sau: a) Chữ số cuối b) Nếu bỏ chữ số cuối thêm chữ số vào trước chữ số cịn lại số nhận gấp lần số ban đầu 2) Giải phương trình: x  x  5 x  x  20   x  1 Lời giải 1) Tìm số tự nhiên nhỏ thỏa hai tính chất sau: a) Chữ số cuối b) Nếu bỏ chữ số cuối thêm chữ số vào trước chữ số cịn lại số nhận gấp lần số ban đầu Gọi số cần tìm a , a số tự nhiên có n chữ số Theo đề ta có: 6a 4.a6  6.10n  a 4  10a    6.10n  a 40a  24  6.10n  24 39a 2.10n  13 2.10  12  Với n 1  a  (Loại) 13 13 2.102  192 Với n 2  a  (Loại)  13 13 2.103  1992 Với n 3  a  (Loại)  13 13  a 2.104  19992 (Loại)  13 13 2.105  199992 Với n 5  a   15384 (Thỏa mãn) 13 13 Vì số cần tìm nhỏ nên số 153846 Với n 4  a  2) Giải phương trình: x  x  5 x  x  20   x  1 (1)  x 5 ĐKXĐ:  x  x  20   x  1 0   x    x    x  1 0      x   1  x  x  5  x  5  x  1  x     x  x     x   5 x  4x  5  x   (2) Đặt: a  x  x  ; b  x  ; ab 0 , ta có:    2a  3b 5 ab (để phương trình có nghiệm 2a  3b 0 )  4a  12ab  9b 25ab  4a  13ab  9b 0  4a  4ab  9ab  9b 0   a  b   4a  9b  0  a b    4a 9b  61 (thỏa mãn) 4a 9b   x  x   9  x    x  25 x  56 0   x    x   0 Với a b  x  x   x   x  x  0  x  Với 7  x   (thỏa mãn)   x 8   Vậy phương trình có tập nghiệm S  ;8 4  Câu 1) Chứng minh rằng: a  b  c ab  bc  ac với a, b, c 1 2) Cho x, y, z thỏa xyz    3 x y z x8  y  z x3 y z Lời giải 2 1) Chứng minh rằng: a  b  c ab  bc  ac với a, b, c Với a, b, c xét hiệu a  b  c  ab  bc  ca   a  2ab  b  b  2bc  c  c  2ca  a  2 2    a  b    b  c    c  a   0 với a, b, c  a  b2  c ab  bc  ca với   a , b, c Dấu “ ” xảy a b c 1 2) Cho x, y, z thỏa xyz    3 x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x8  y  z x3 y z Với x, y, z thỏa xyz  1   3 , ta có: x y z x8  y  z x5 y5 z5    x3 y z y z x3 z x3 y Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: x5 1 x5 1 x x5 3x 2        y3 z3 x x y z x x yz y z xyz x P z5 3z 2 y5 3y2    ; Tương tự, ta có: 3  xyz y x y xyz z x z Cộng vế với vế bất đẳng thức chiều trên, ta có:  x2  y  z   1 1  1 1 1 xy  yz  zx P      3         3 xyz xyz  x y z x y z x y z Vậy MinP 3 x  y  z 1 Câu Cho tam giác ABC cạnh a với đường cao AH M điểm cạnh BC Vẽ ME  AB, MF  AC Gọi O trung điểm AM 1) Chứng minh điểm A, E , H , M , F nằm đường tròn, Tứ giác OEHF hình gì? 2) Tìm giá trị nhỏ diện tích tứ giác OEHF theo a M di động cạnh BC Lời giải A O F E B M H C 1) Chứng minh điểm A, E , H , M , F nằm đường tròn, Tứ giác OEHF hình gì? Theo ta có: AEM  AFM  AHM 90 nên điểm nằm đường trịn đường kính AM , có tâm trung điểm O AM ABC cạnh có đường cao nên phân giác A AH BAC 60    BAH CAH   30 ; 2   OEH có OE OH (bán kính  O  ); EOH 2.EAH 2.30 60 (góc nội tiếp góc tâm  )  OEH  OE OH  EH ; chắn EH   Tương tự: OFH có OF OH (bán kính  O  ); FOH 2.FAH 2.30 60 (góc nội tiếp  )  OFH  OF OH  FH ; góc tâm chắn FH Tứ giác OEHF có: OE OF  HE  HF  OH  nên hình thoi 2) Tìm giá trị nhỏ diện tích tứ giác OEHF theo a M di động cạnh BC AM Ta có OHM vng H có HO trung tuyến  OH  OH AM OEH có cạnh OH  SOEH  ;  16 OFH có cạnh OH  SOFH  OH AM ;  16 Diện tích tứ giác OEHF là: AM ; SOEHF SOEH  SOFH  AH Lại có AM  AH  SOEH F  ; a a2 3  SOEHF  32 a2 3 Vậy giá trị nhỏ tứ giác OEHF đạt AM  AH hạy M trung điểm 32 BC Hết -Mà ABC có AH đường cao nên AH 