Đề thi chọn đội tuyển HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Kim Thành, Hải Dương

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

48
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi chọn đội tuyển HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Kim Thành, Hải Dương" là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn chuẩn bị tham gia bài thi chọn đội tuyển HSG sắp tới. Luyện tập với đề thường xuyên giúp các em học sinh củng cố kiến thức đã học và đạt điểm cao trong kì thi này, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn đội tuyển HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 9 năm 2022-2023 có đáp án - Phòng GD&ĐT Kim Thành, Hải Dương

UBND HUYỆN KIM THÀNH ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC SINH GIỎI THAM DỰ KỲ THI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022 – 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề bài gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm). x2 + 5 x2 −1 + x a) Cho M = . Rút gọn và tính giá trị của M khi x =−1 − 2 5x − 5 + x x2 −1 b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = và a + b + c = 14 6. a b c 22 Chứng minh rằng: + + = a + 11 b + 11 c + 11 (a + 11)(b + 11)(c + 11) Câu 2. (2,0 điểm). 2x x a) Giải phương trình: + x (1 − x ) = 1 x + 1− x  x 2 + y 2 + 3 =x  4 b) Giải hệ phương trình:  3 3 .  x + 12 x + y = +9  6x2 Câu 3 (2,0 điểm). a) Cho a, b, c, k là các số tự nhiên thỏa mãn: a 3 + b3 + c3 = a + b + c + k 2 − 2k + 1 . Chứng minh rằng k − 1 chia hết cho 3. b) Tìm x, y nguyên biết: 7 x 2 + y 2 + 4 xy + 12 x + 5 =0 Câu 4: (3 điểm). 1) Cho ∆ABC vuông tại A, đường cao AH. Các đường phân giác của góc BAH, CAH cắt BC lần lượt tại E, F. a) Chứng minh: BC.EH 2 = CH .BE 2 và tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AEF trùng với tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC . b) Kí hiệu d1 , d 2 lần lượt là các đường thẳng vuông góc với BC tại E, F. Chứng minh rằng d1 , d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp ∆ABC . 2) Cho tam giác ABC. Gọi l A , lB , lC lần lượt là độ dài các đường phân giác trong của 2bc A 1 1 1 1 1 1 góc A, B, C. Chứng minh rằng l A = .cos và + + > + + b+c 2 l A lB lC a b c Câu 5 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: x + y + z =9 x3 + y 3 y 3 + z 3 z 3 + x3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = + + xy + 9 yz + 9 xz + 9 ---------------HẾT---------------- Họ và tên học sinh................................................Số báo danh..................................... Chữ kí của giám thị 1.................................... Chữ kí của giám thị 2............................
2 UBND HUYỆN KIM THÀNH HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC HỌC SINH GIỎI THAM DỰ KỲ THI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022- 2023 MÔN: TOÁN – LỚP 9 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm 2 x( x + 1) + 5 x − 1 M= (ĐK: x>1 hoặc x ≤ −1 ) 5( x − 1) + x x 2 − 1 0.25 A x >1 => M x + 1( x x + 1 + 5 x − 1) x +1 = = x − 1(5 x − 1 + x x + 1) x −1 0.25 1 − x − 1(− x − x − 1 + 5 − x + 1) −x −1 x ≤ −1 ⇒ M = = − − x + 1(−5 − x + 1 + x − x − 1) −x +1 0.25 −x −1 2 2(2 − 2) khi x = -1- 2 < -1 => M = − =− = − = 2 −1 − −x +1 2+2 2 0,25 Ta có a + b + c = 6 ⇔ a+b+c+2 ( ab + bc + ca = 36 ) 0,25 11 ⇔ ab + bc + ca = Do đó: a + 11 = ab + bc + ca = a + b a+ ( )( a+ c ) 0,25 b Tươngtự ta có: b + 11 = ab + bc + ca =b + c b+ ( )( b+ a ) c + 11 = ab + bc + c+ ca =c + a )( ( c+ b) Suy ra: 0,25 a b c a b c += + + + a + 11 b + 11 c + 11 ( a+ b )( a+ c ) ( b+ c )( b+ a ) ( c+ a )( c+ b ) = a ( ) ( b+ c + b c+ a + c a+ b ) ( ) ( )( a+ b b+ c c+ a )( ) = 2 ( ab + bc + ca = ) 22 0,25 (a + 11)(b + 11)(c + 11) (a + 11)(b + 11)(c + 11) Điều kiện xác định 0 ≤ x ≤ 1 0.25 Phương trình đã cho ⇔ 2 x x + ( x + 1− x ) x (1 − x ) = x + 1− x ⇔ ( a − b )( ab + 1) = 0 2 Đặt= a (a ≥ 0) x ( b ≥ 0 ) khi đó x = 1 −= b x 1 − b2 0.25 Ta có phương trình 2 (1 − b 2 ) a + ( a + b ) ab =a + b a Vì ab + 1 > 0 nên a = b 0.25 Khi đó ta được phương trình = x 1− x
3 1 0.25 Tìm được x = thỏa mãn điều kiện nên là nghiệm của pt đã cho 2 Từ phương trình (1) ta suy ra: 9 = 12 x − 3x 2 − 3 y 2 thế vào phương trình (2) thu b gọn ta được: 0.25 x + y = 0 x3 + y 3 =3( x 2 − y 2 ) ⇔ ( x + y )( x 2 − xy + y 2 − 3x + 3 y ) =0 ⇔  2 2  x − xy + y − 3x + 3 y = 0 * Nếu x + y = ⇔ y = x ⇒ y 2 = 2 thế vào phương trình (1) ta được 0 − x 0.25 2 x 2 + 3= 4 x ⇔ 2( x − 1) 2 + 1= 0 phương trình này vô nghiệm. * Nếu x 2 − xy + y 2 − 3x + 3 y = trừ vế theo vế của phương này với phương 0, trình (1) ta được: 0.25 x = 3 − xy − 3x + 3 y − 3 = −4 x ⇔ xy − x − 3 y + 3 = 0 ⇔ ( x − 3)( y − 1) = 0 ⇔  y =1 + Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y2 = 0 suy ra y = 0 => (x;y) = (3; 0) thoả mãn phương trình (2). 0.25 + Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2)2 = 0 => x = 2 => (x;y) = (2; 1) thoả mãn phương trình (2). Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x; y) = (3;0), (2; 1). Bài toán phụ: Với x là số tự nhiên. Chứng minh rằng: x3 – x luôn chia hết cho 3 0,25 Chứng minh: Ta có: x3 – x = x(x – 1)(x + 1) Do đó: x3 – x luôn chia hết cho 3 Ta có : a 3 + b3 + c3 = a + b + c + k 2 − 2k + 1 Hay a 3 − a + b3 − b + c3 − c =− 2k + 1 k2 0,25 Hay: ( k − 1) a − a + b − b + c − c 2 3 3 3 = Áp dụng bài toán ta có: a3 − a3 b3 − b  3 0,25 3 c − c3 Nên: ( k − 1)  3 2 Mà 3 là số nguyên tố 0,25 Nên : k − 1 3 (đpcm) Ta có: 7 x 2 + y 2 + 4 xy + 12 x + 5 =0 ⇔ 4 x 2 + 4 xy + y 2 + 3 x 2 + 12 x + 12 − 7 =0 0,25 ⇔ ( 2x + y ) + 3( x + 2) = 2 2 7 Suy ra: 0 ≤ 3 ( x + 2 ) ≤ 7 2 Hay: 0 ≤ ( x + 2 ) ≤ 2 2 0,25 Do đó: ( x + 2 ) ∈ {0;1} 2 Ta có các trường hợp: 0,25 +) ( x + 2 ) = đó ( 2 x + y ) = 2 2 0 Khi 7 (Loại)
4 x + 2 =1 x =1 − +) ( x + 2 ) =⇔  2 1 ⇔ x + 2 =1 x =3 − − 2 x + y = 2 Khi đó: ( 2 x + y ) = ⇔  2 4  2 x + y =2 − y = 4 y = 8 0,25 Nên: x = –1 ⇒  hoặc x = –3 ⇒  y = 0 y = 4 Nghiệm của phương trình ( x; y ) ∈ {(−1; 4);(−1;0);(−3;8);(−3; 4);} EB AB Vì AE là phân giác góc BAH, ta có: = 0.25 1. EH AH a EB 2 AB 2 BH .BC BC ⇒ = = = EH 2 AH 2 BH .CH CH 0.25 ⇒ BC.EH 2 = CH .BE 2 Gọi O là giao điểm 2 đường phân giác trong góc B, C. ⇒ O là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC Ta có:  =+ BAE = + EAH = AEC B  HAC  EAC    0.25 ⇒ ∆AEC cân tại C ⇒ CO là phân giác góc ACE đồng thời là trung trực của AE 4 CMTT: BO là trung trực của AE 0.25 ⇒ O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AEF ⇒ ĐPCM 1. Kẻ OM, ON, OP lần lượt vuông góc với BC, d1 , d 2 , gọi K là giao điểm của b AO với BC. 0.25      (   ) Có: EOF = EOK + FOK = 2 EAO + FAO = 2 EAF = BAC = 90o Mà OE OF ⇒ ∆EOF vuông cân tại O = 0.25 ⇒ OM = EM = FM Chứng minh được: ON ME ; OP MF = = 0.25 ⇒ OM =ON =OP 0.25 ⇒ d1 , d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp α α Chứng minh được công thức sin α = 2sin cos bằng sử dụng tam giác cân 2 2 0,25 tại đỉnh A có  = 2α thông qua công thức diện tích để đi đến kết luận trên. A 1 1 A 1 A Ta có: S∆ABC = bc sin A , S∆ABD = cl A sin , S∆ACD = bl A sin 0,25 2 2 2 2 2
5 2 2bc A Mà S∆ABC S∆ABD + S∆ACD ⇒ l= = A cos b+c 2 A cos 2 1  b + c= 1 + 1 =    lA 2  bc  2b 2c B C cos cos 1 2 = , 1 1 2 = 1 0,25 Tương tự: + + lB 2a 2c lC 2a 2b A B C cos cos cos ⇒ 2 + 2 + 2 = 1+1+1 lA lB lC a b c A B C cos cos cos Ta có 2 + 2 + 2 < 1+1+1 lA lB lC l A lB lC 0,25 1 1 1 1 1 1 ⇒ + + > + + l A lB lC a b c 1 ( a + b ) và 3 Ta chứng minh được : với a, b là các số dương ta có a 3 + b3 ≥ 4 1 0.25 (a + b) . 2 ab ≤ 4 Dấu bằng xảy ra khi a=b ( x + y ) = x + y − 36 ( x + y ) 3 5 x3 + y 3 Khi đó ta có ≥ xy + 9 ( x + y )2 + 36 ( x + y ) + 36 2 Áp dụng BĐT Cô-si ta được 0.25 ( x + y ) + 36 ≥ 12( x + y ) 2 x3 + y 3 36 ( x + y ) x3 + y 3 ⇒ ≥ x+ y− = x+ y −3⇔ ≥ x+ y −3 xy + 9 12 ( x + y ) xy + 9 Chứng minh tương tự ta được y3 + z3 z 3 + x3 ≥ y + z −3; ≥ z + x−3 yz + 9 xz + 9 0.25 Cộng ba BĐT cùng chiều ta được M ≥ x + y −3+ y + z −3+ z + x −3 ⇔ M ≥ 2( x + y + z ) − 9 ⇔ M ≥ 2.9 − 9 ⇔ M ≥ 9 Dấu bằng xảy ra khi x y z = =  ⇔ x = y = z =3 0.25  x+ y+z=9 Vây GTNN của M là 9 đạt được khi x= y= z= 3