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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

9
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"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!

Chủ đề:

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

Lưu

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

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