Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Đề chính thức) - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Phước (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Đề chính thức) - Năm học 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Phước (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BÌNH PHƯỚC LỚP 9_THCS NĂM HỌC 2022-2023 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 18/03/2023 Thời gian làm bài :150 phút Tên : Trương Quang An .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi.Điện thoại : 0708127776 Câu 1: (5.0 điểm). x 3 x 2 9 x 3 x 9 1. Cho biểu thức P :1 2 x x 3 x x 6 x 9 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức x. b) Tính giá trị của biểu thức P khi x 3 3 13 48 . 1 1 1 2. Cho x,y,z là ba số thực khác 0 , thoả mãn 0 . Chứng minh x y z zy zx xy rằng: 0 . x2 y 2 z 2 Câu 2: (5.0 điểm). 1. Giải phương trình: 3x 1 x 3 1 x 0 222xy xy 1 2. Giải hệ phương trình: xy 2 x y x y 3. Cho đường thẳng (d):mx+(m−1)y−2m+1=0 (với m là tham số). Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua với mọi giá trị của m. Câu 3: (5.0 điểm). Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC cố định (BC < 2R). Điểm A di động trên đường tròn (O;R) sao cho tam giác ABC nhọn. Kẻ đường cao AD và trực tâm H của tam giác ABC. a) Đường thẳng chứa phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lần lượt tại các điểm M, N. Chứng minh tam giác AMN cân. b) Các điểm E, F lần lượt là hình chiếu của D trên các đường thẳng BH, CH. Các điểm P, Q lần lượt là hình chiếu của D trên các cạnh AB, AC. Chứng minh 4 điểm P, E, F, Q thẳng hàng và OA vuông góc PQ. c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K. Chứng minh đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định Câu 4: (2.0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A, điểm O là trung điểm của BC. Đường tròn (O) tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F. Điểm H chạy trên cung nhỏ EF của (O), tiếp tuyến của đường tròn (O) tại H cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Xác định vị trí của điểm H để diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất. Câu 5: (3.0 điểm). 1. Cho x,y,z là ba số thực dương, thoả mãn ab+bc+ca=1. Chứng minh 5 rằng: ab4 2 bc 4 2 ca 4 2 2 abcabc ( ) 9 1
2. 2. Giải phương trình sau với nghiệm nguyên: x22 2 y 3 xy 3 x 5 y 3 0 Lời giải Câu 1: (5.0 điểm). x 3 x 2 9 x 3 x 9 1. Cho biểu thức P :1 2 x x 3 x x 6 x 9 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức x. b) Tính giá trị của biểu thức P khi x 3 3 13 48 . 1 1 1 2. Cho x,y,z là ba số thực khác 0 , thoả mãn 0 . Chứng minh x y z zy zx xy rằng: 0 . x2 y 2 z 2 Lời giải Câu 1: (5.0 điểm). 1. Cho biểu thức a) Điều kiện xác định của P là x 0, x 4, x 9 .Ta có x 3 x 2 9 x 3 x 9 x 2 x x 2 P : 1 : 2 x x 3 x x 6 x 9 x 3 x 3 x b) Khi x 3 3 13 48 1 thay vào biểu thức P ta có P=3. 2. Chứng minh được bài toán: Nếu a +b+c= 0 thì a3 b 3 c 3 3 abc .Vì và x, y, z 1 1 1 3 ≠ 0 nên suy ra được . Do đó x3 y 3 z 3 xyz zy zx xy 1 1 1 3 VT 2 2 2 xyz 3 3 3 xyz.3 VP (đpcm) x y z x y z xyz Câu 2: (5.0 điểm). 1. Giải phương trình: 3x 1 x 3 1 x 0 222xy xy 1 2. Giải hệ phương trình: xy 2 x y x y 3. Cho đường thẳng (d):mx+(m−1)y−2m+1=0 (với m là tham số). Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua với mọi giá trị của m. Lời giải 2
3. 1. Ta có điều 11 xN 1( ) kiện x ,31 x x 31 x 0(1). x 10 .Ta 3 3xx 1 3 3xx 1 3 2 xl 5 2 7( ) có 31x x 3244231. x x x 34 xx2 10 3 0 . xn 5 2 7( ) 222xy xy 1 2. Giải hệ phương trình: xy 2 x y x y Điều kiện: x + y > 0 . 22xy xy Biến đổi phương trình (1): x2 y 2 1 ( x y ) 2 2 xy 1 0. Đặt S=x + y, P=xy x y x y , (với SP2 4 ), ta có phương 222P xy 1 trình: SPSSSP 2 1 0 ( 1)( 2 ) 0 2 S SSP 20 +Với x + y =1 thay vào (2) ta được: 2 yx 01 yy 0 yx 32 + Với S2 S 2 P 0 x 2 y 2 x y 0(Loại, vì x+ y > 0 ). Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm ( x y; ) là (1;0 ; (-2;3 ) 3. Gọi A(;) xAA y là điểm cố định mà đường thẳng (d ) luôn đi qua với mọi giá trị của m, ta có phương trình: m xA +(m−1) yA −2m+1=0 hay m( + -2) = -1có nghiệm ∀m xAAA y 2 0 x 1 suy ra . Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(1;1) với mọi giá yyAA 1 0 1 trị của m . Câu 3: (5.0 điểm). Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC cố định (BC < 2R). Điểm A di động trên đường tròn (O;R) sao cho tam giác ABC nhọn. Kẻ đường cao AD và trực tâm H của tam giác ABC. a) Đường thẳng chứa phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lần lượt tại các điểm M, N. Chứng minh tam giác AMN cân. b) Các điểm E, F lần lượt là hình chiếu của D trên các đường thẳng BH, CH. Các điểm P, Q lần lượt là hình chiếu của D trên các cạnh AB, AC. Chứng minh 4 điểm P, E, F, Q thẳng hàng và OA vuông góc PQ. c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K. Chứng minh đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định Lời giải a.Gọi B’ là hình chiếu của điểm B trên AC, C’ là hình chiếu của điểm C trên AB. Ta có góc C’HM =góc B’HN (góc NHC )⇒ ∆C’HM đồng dạng ∆B’HN (g –g) ⇒ gócAMN =góc ANM ⇒ ∆AMN cân tại A b. Ta cógóc PEB =gócPDB (vì cùng chắn cung PB của đường tròn (BPED)) gócPDB =gócHCD (vì đồng vị PD//CC’) gócHCD= gócFDH (vì cùng phụ gócFHD ) 3
4. gócFDH =gócFEH (vì cùng chắn cung FH của đường tròn (DEHF)) ⇒ góc PEB gócFEH .Mà 3 điểm B.E,H thẳng hàng nên 3 điểm P,E,F thẳng hàng. Tương tự chứng minh được 3 điểm E,F,Q thẳng hàng. Do đó 4 điểm P,E,F,Q thẳng hàng. + Kẻ xy là tiếp tuyến tại A của (O). Ta có góc xAB =gócACB (cùng chắn cung AB của (O)). Mà AP.AB = AQ.AC (= AD2 ) ⇒tứ giác BPQC nội tiếp ⇒ gócAPQ =gócACB ⇒ góc xAB =gócAPQ ⇒xy//PQ. Mà xy⊥ AO (t/c tiếp tuyến).Do đó OA ⊥PQ c.Gọi U là giao điểm của BB’ và KM, V là giao điểm của CC’ và KN. Ta có ∆AMN cân tại A nên đường phân giác AK của góc MAN cũng là đường trung trực của MN ⇒AK là đường kính của (AMN). ⇒ góc AMK = 90 ⇒ MK //CC hay UK //HV . Tương tự KV//UH nên tứ giác HVKU là hình bình hành ⇒HK đi qua trung điểm của UV (1) UB MB VC NC HB MB + Ta có MU //CH nên (ta lét).Tương tự .Mà (t/c đường UH MC ' VH NB ' C'' H MC NC HC HB HC phân giác của góc BHC’ ), tương tự .Mà (vì ∆C’HB đồng dạng ∆B’ NB'' HB HC'' HB UB VC HC ) ⇒ ⇒UV // BC (Ta lét đảo) (2). Từ (1) và (2) ⇒HK đi qua trung điểm của UH VH BC. Mà BC cố định nên HK luôn đi qua một điểm cố định. Câu 4: (2.0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A, điểm O là trung điểm của BC. Đường tròn (O) tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F. Điểm H chạy trên cung nhỏ EF của (O), tiếp tuyến của đường tròn (O) tại H cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Xác định vị trí của điểm H để diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất. Lời giải + Ta có OM, ON lần lượt là phân giác góc EOM , FOH (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau của FOE1800  BAC MON  ABC MBO đồng dạng MON (g.g) 22 Cmtt ta có tam giác OCN đồng dạng tam giác MON.Suy ra tam giác MBO đồng dạng BM BO BC2 OCN BM CN OB OC =const (1) CO CN 4 + Lại có SSSAMN ABC BMNC nên SAMN đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi SBMNC đạt giá trị nhỏ nhất. Gọi R là bán kính của đường tròn (O), ta có: R S S S S ()() BM MN NC R BM CN BE (2) (Vì BE =CF ,ME= MH , BMNC BOM MON NOC 2 NF= NH ). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, từ (1) và (2) suy ra: BC SBMNC R(). BM CN BE R BM CN BE R BE =const (Vì tam giác ABC cố định 2 nên BC và BE không đổi). Dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi BM =CN hay MM //BC khi và chỉ khi H là giao điểm của đường trung trực của BC với đường tròn (O). Vậy diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất khi H là giao của đường trung trực của BC với đường tròn (O). Câu 5: (3.0 điểm). 1. Cho x,y,z là ba số thực dương, thoả mãn ab+bc+ca=1. Chứng minh 5 rằng: ab4 2 bc 4 2 ca 4 2 2 abcabc ( ) 9 2. Giải phương trình sau với nghiệm nguyên: x22 2 y 3 xy 3 x 5 y 3 0 Lời giải 4
5. 1.Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số thực dương ta có: 11 a4 b 2 abc 2 ac a 2 bc 39 11 b4 c 2 a 2 bc ab b 2 ac . Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên và kết hợp với giả 39 11 c4 a 2 ab 2 c bc c 2 ab 39 thiết ta 12 được: ab4 2 bc 4 2 ca 4 2 abcabc() (1). 93 1 + Áp dụng đẳng thức phụ dạng: x2 y 2 z 2 xy zx yz xy zx yz() x z y 2 ta được: 3 11 abc() () a b c ab ca bc ba ca cb ab bc ca 2 .Hay 33 1 4 4 abc()() a b c abc a b c (2). Cộng theo vế (1) và (2) ta có (đpcm). 3 9 3 3 Dấu “=” xảy ra abc . 3 2.+ Biến đổi đưa được về pt: ( x+y+2)( x+2 y +1) =5 ) + Tìm ra được các nghiệm nguyên ( x;y ) của phương trình là: (−6;5),(0; -3),(6; -3),(-12;5 ) 5