Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 (Đề chính thức) - Năm học 2022-2023 - Nguyễn Dương Hải (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 (Đề chính thức) - Năm học 2022-2023 - Nguyễn Dương Hải (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2022-2023 MÔN: TOÁN – THCS ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 29/03/2023 Bài 1. (4,0 điểm) 2 2 12 24 2 3 5 8 4 2 1) Rút gọn biểu thức: . 54 108 216 6 3 2 b) Giải phương trình: x4 2 xx 3 2 4 x 4 0 . Bài 2. (4,0 điểm) 1) Cho parabol P : y x2 và đường thẳng d: y 2 m 1 x m2 m . Tìm m để d cắt P tại hai điểm phân biệt AB, sao cho AB, nằm ở hai phía trục tung. 2) Cho hàm số y 4 x2 có đồ thị là parabol P và một điểm Q 0; 9 . Hãy tìm hai điểm MN, trên P và có tọa độ là những số nguyên sao cho tứ giác OMQN là một tứ giác lồi có diện tích bằng 27 cm2 (đơn vị trên các trục tọa độ là cm). 2 Bài 3. (4,0 điểm) 1) Tìm cặp số nguyên x; y thỏa 2x3 4 x 2 y 2 x 2 xy 2 y 2 y 2 0 . 2) Tìm số chính phương abcd , biết rằng ab cd 1. Bài 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn OR; , tiếp tuyến tại A của O cắt BC tại M . Kẻ tiếp tuyến MD của ODA . Gọi GEF,, lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên BC,, AB AC . Chứng minh rằng: 2 1) MA MB  MC và BC 2 R sin BAC . AB DB 2) . AC DC 3) G là trung điểm EF . Bài 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ một điểm I nằm trong tam giác ta kẻ IM vuông góc với BC, IN vuông góc với AC, IK vuông góc với AB M BC,, N AC K AB . Xác định vị trí điểm I sao cho tổng IM2 IN 2 IK 2 nhỏ nhất. Bài 6. (2,0 điểm) Cho các số thực dương a,, b c . Chứng minh rằng: a2 b 2 c 2 1 . 2abac 2 2 bcba 2 2 cacb 2 3 Hết
2. BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Bài 1. (4,0 điểm) 2 2 12 24 2 3 5 8 4 2 1) Rút gọn biểu thức: . 54 108 216 6 3 2 b) Giải phương trình: x4 2 xx 3 2 4 x 4 0 . 2 2 12 24 2 3 5 8 4 2 4 3 2 6 2 6 8 4 2 1) ; 54 108 216 6 3 2 3 6 6 3 6 6 6 3 2 2 3 2 2 1 4 2 2 1 2 1 4 1 . 3 3 2 2 3 3 2 2 1 3 3 3 x 1 0 x 1 2) 4 3 2 2 . xxxx 2 44012 xxxx 20 x 20 x 2 2 2 x x 2 0 1 7 x 0 2 4 Vậy phương trình có hai nghiệm x1 1; x 2 2 . Bài 2. (4,0 điểm) 1) Cho parabol P : y x2 và đường thẳng d: y 2 m 1 x m2 m . Tìm m để d cắt P tại hai điểm phân biệt AB, sao cho AB, nằm ở hai phía trục tung. 2) Cho hàm số y 4 x2 có đồ thị là parabol P và một điểm Q 0; 9 . Hãy tìm hai điểm MN, trên P và có tọa độ là những số nguyên sao cho tứ giác OMQN là một tứ giác lồi có diện tích bằng 27 cm2 (đơn vị trên các trục tọa độ là cm). 2 1) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: x2 2 m 1 x m 2 m x 2 2 m 1 x m 2 m 0 * . d cắt P tại hai điểm phân biệt AB, sao cho AB, nằm ở hai phía trục tung * có hai nghiệm trái dấu P0 m2 m 0 m m 1 0 1 m 0 . 2 2) Giả sử xMNMN, x x 0, x 0 lần lượt là hoành độ các điểm MN, thuộc P : y 4 x 1 27 Ta có: S  9 x x x x 3 . OMQN2 M N 2 M N Do xMN, x là số nguyên xMN 0, x 0 nên có các trường hợp sau: 2 2 +) xMNMN 1; x 2 y  414; y  42 16 . 2 2 +) xMNMN 2; x 1 y  42 16; y  41 4 . Vậy các điểm MN, cần tìm là: MN 1; 4 , 2; 16 hoặc MN 2; 16 , 1; 4 . Bài 3. (4,0 điểm) 1) Tìm cặp số nguyên x; y thỏa 2x3 4 x 2 y 2 x 2 xy 2 y 2 y 2 0 . 2) Tìm số chính phương abcd , biết rằng ab cd 1. 1) 242xxyxxyyy3 2 2 2 2 202 xxy 2 21 yxy 2120 .
3. x2 y 1 2 x2 y 2 . Ta có các trường hợp sau: 4x2 x 6 0 VN 4x2 x 4 0 x Z x 2 y 1 1 x 2 y 1 1 +) ; +) . 2 2 x 2 x 2x y 2 y 2x y 2 y 2 2 4x2 x 5 0 VN x 2 y 1 2 +) ; 2 3 x 2x y 1 y 2 4x2 x 3 0 x 1 4 x 3 0 x 2 y 1 2 x 1 3 +) x Z . 2 x 1 x 1 2x y 1 y y y 1 4 2 2 2) Đặt abcd n2 32 n 99; n N Ta có n2 100 ab cd 100 cd 1 cd 101 cd 100 n 2 100 101 cd n 10 n 10 101 cd * . Vì 101 là số nguyên tố và 32 n 99 , nên từ * n 10 101 n 91 . Thử lại: 912 8281; 82 81 1 (thỏa mãn). Vậy abcd 8281. Bài 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn OR; , tiếp tuyến tại A của O cắt BC tại M . Kẻ tiếp tuyến MD của ODA . Gọi GEF,, lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên BC,, AB AC . Chứng minh rằng: 2 1) MA MB  MC và BC 2 R sin BAC . AB DB 2) . AC DC 3) G là trung điểm EF . 2 1) MA MB  MC và BC 2 R sin BAC . Xét MCD và MDB, ta có: MCD MDB (góc nội tiếp và góc chắn cung BD ); CMD (góc chung) MC MD Vậy MCD MDB (g-g)  MB MC MD2 . MD MB Lại có MA MD (MA, MD là hai tiếp tuyến của (O)). Vậy MA2 MB  MC . Kẻ đường kính BK của (O) BK2 R ; BCK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BC Do đó BCK: sinBKC BC BK  sin BKC 2 R  sin BKC . BK Mà BKC BAC (góc nội tiếp cùng chắn cung BC ), nên BC 2 R  sin BAC . AB DB 2) . AC DC AB IB Kẻ phân giác AI của tam giác ABC (I BC) a . AC IC Lại có MIA IAC ACB . (góc ngoài ACI); MAI IAB MAB mà IAC IAB ; ACB MAB . Nên MIA MAI , do đó MAI cân tại M MA MI , mặt khác MA MD MI MD MDI cân tại M MID MDI . Lại có MID BCD IDC ; MDI MDB IDB mà BCD MDB IDB IDC .
4. DB IB Vậy DI là phân giác của tam giác BCD b . DC IC AB DB Từ a , b dpcm . AC DC 3) G là trung điểm EF . Xét BDE và CDF, ta có: BED CFD 900 gt , EBD FCD (cùng bù ABD ) Vậy BDE CDF (g-g) BDE CDF c . Các tứ giác BEDG, CFGD nội tiếp BDE BGE ; CDF CGF d . Từ c, d BGE CGF lại có B, G, C thẳng hàng EGF,,* . Mặt khác tứ giác BEDG nội tiếp DEG DBG ; DGE DBE mà DAC DBG ; ACD DBE . EG DG AC DG DEG DAC ; DGE ACD nên EGD ACD (g-g) EG 1 . AC DC DC AB DG AB DB AB AC Chứng minh tương tự có FG 2 mà cmt 3 . DB AC DC DB DC Từ 1 , 2 , 3 EG FG . Từ * , G là trung điểm EF (đpcm) Bài 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ một điểm I nằm trong tam giác ta kẻ IM vuông góc với BC, IN vuông góc với AC, IK vuông góc với AB M BC,, N AC K AB . Xác định vị trí điểm I sao cho tổng IM2 IN 2 IK 2 nhỏ nhất. Kẻ AH BCIO,,  AH H BCO AH . Các tứ giác AKIN, IOHM là hình chữ nhật nên IA KN, IM OH ; IO AH IA OA IKNKIN, 900 IN 2 IK 2 KN 2 IA 2 OA 2 ; 2 OH OA AH 2 Do đó IM2 IN 2 IK 2 OH 2 OA 2 (không đổi) 2 2 1 Dấu “=” xảy ra OA OH AH và IOI là trung điểm đường cao AH của tam giác ABC. 2 Bài 6. (2,0 điểm) Cho các số thực dương a,, b c . Chứng minh rằng: a2 b 2 c 2 1 . 2abac 2 2 bcba 2 2 cacb 2 3 a2 a 2 a 2 Ta có: . 2ab 2 ac 2 aabc 2 abcaabcaabc2 2 abc 2 1 1 1 9 Ap dụng BĐT , ta có : XYZXYZ 1 1 1 9 . aabc aabc 2 a2 bcaabc aabc 2 a 2 bc a21 2 a 2 a 2 1 2 a a 2 ; 29 2 9 a b c 2 2aabc 2 abc aabc 2 abc 2 abc a21 2 a a 2 Nên ; tương tự có : 2 2a b 2 a c 9 a b c 2 a bc
5. b21 2 b b 2 c 2 1 2 c c 2 2 ; 2 ; 2b c 2 b a 9 a b c 2 b ca 2 c a 2 c b 9 a b c 2 c ab 1 2a a2 2 b b 2 2 c c 2 VT Do đó 2 2 2 ; 9 a b c2a bc a b c 2 b ca a b c 2 c ab 1 a2 b 2 c 2 2 2 2 2 ; 9 2a bc 2 b ca 2 c ab 1 a2 b 2 c 2 1 a 2 b 2 c 2 2 1 * Ta chứng minh 2 2 2 2 2 2 9 2abc 2 bca 2 cab 3 2 abc 2 bca 2 cab 2a2 bc 2 b 2 ca 2 c 2 ab a 2 b 2 c 2 bc ca ab 3 2 mà 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a bc 2 b ca 2 c ab 2 a bc 2 b ca 2 c ab 2 a bc 2 b ca 2 c ab a2 b 2 c 2 1 bc ca ab 3 2 2 2 2 2 2 2a bc 2 b ca 2 c ab2 2 a bc 2 b ca 2 c ab Nên để chứng minh * , ta chứng minh : 1 bc ca ab bc ca ab 3 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2a bc 2 b ca 2 c ab 2 a bc 2 b ca 2 c ab 2 ABC2 2 2 ABC Áp dụng BĐT , ta có : XYZXYZ bc ca ab b2 c 2 c 2 a 2 a 2 b 2 . 2a2 bc 2 b 2 ca 2 c 2 ab 2 abcbc 222222 2 abcca 2 abc 222 ab 2 2 ab bc ca ab bc ca 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2abc bc 2 abc ca 2 abc ab ab bc ca Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu « = » xảy ra khi a b c .