Đề học sinh giỏi huyện Toán 9 năm 2022 - 2023 phòng GDĐT Yên Bình - Yên Bái

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN YÊN BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề gồm 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

Năm học 2022 – 2023 Môn thi: Toán 9 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/11/2022

Câu 1: (4,0 điểm) Cho 2 1 1 ( 0; 1) 1 1 1 x x A x x x x x x x + + = + − ≥ ≠ − + + −

a) Rút gọn A.

b) Tính giá trị của A với 9 4 2 x = − .

c) Chứng minh rằng 1 3 A < .

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 3 2 1 2 4 3 x x x x x x + + + = + + +

b) Giải phương trình nghiệm nguyên:

2 5 22 3 9 x xy y + = − + . c) Tìm số tự nhiên biết: Nếu số đó cộng thêm 64 đơn vị hoặc bớt đi 35 đơn vị thì ta đều được một số chính phương. Câu 3: (5,0 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a. Trên các cạnh BC và AD lần lượt lấy các điểm E và F sao cho CE = AF. Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự ở M và N. a) Chứng minh: CM . DN = a2;

b) Gọi K là giao điểm của NA và MB. Chứng minh:  90o MKN = c) Các điểm E và F có vị trí như thế nào thì MN có độ dài nhỏ nhất ? Câu 4: (4 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 6 9 x x x + − +

b) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng

2 2 2

2 a b c a b c b c a c a b + + + + ≥ + + +

Câu 5 : (3 điểm) Cho tứ giác ABCD có AC = 10cm, BD = 12cm và góc giữa AC và BD bằng 300. Tính diện tích tứ giác ABCD. Hết

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………. Cán bộ coi thi số 1:………………… Số báo danh:……………………………... Cán bộ coi thi số 1:…………………

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

Năm học: 2022 – 2023 - Môn: Toán lớp 9 Câu Nội dung Điểm

Câu 1

a) Với 0; 1 x x ≥ ≠ ta có:

3 2

2

3 3 3

3

2 1 1 1 1 1

2 ( 1)( 1) 1

1 1 1

1 1

x x A x x x x

x x x x x A x x x

x x x A x x x

+ + = + − − − + +

+ + − + + = + − − − −

− = = + + −

0,5

0,5

0,5 2 ) 9 4 2 (2 2 1) 2 2 1 b x x = − = − ⇒ = −

2 2 1 2 2 1 9 4 2 2 2 1 1 9 2 2 A − − ⇒ = = − + −+ −

1 16 2 73 A −+ =

0,5

0,5

0,5

1 1 1 ) 0 0 3 3 3 1 x c A A x x < ⇔ − < ⇔ − < + +

Thật vậy: Với 0; 1 x x ≥ ≠ ta có:

2 1 3 ( 1) ( 2 1) ( 1) 0 3 1 3( 1) 3( 1) 3( 1) x x x x x x x x x x x x x x x − + + − − + − − − = = = < + + + + + + + + ,

Vậy 1 3 A < (đpcm)

1,0

Câu 2

a) Giải phương trình

2 3 2 1 2 4 3 x x x x x x + + + = + + + Đk x≥ - 1

 ( 3 2 )( 1 1) 0 x x x + − + − =

 3 2 0 x x + − = hoặc 1 1 0 x + −=

 3 2 1 1 x x x + = ⇔ + =

 2 0, x+3 = 4x x = 0 x ≥ ⇔

 x = 1

Vậy tập nghiệm của PT là : S = {0;1}

0,5

0,5

0,5

b) Ta có:

2 2 2 9 22 9 25 3 3 5 22 3 9 3 5 3 5 3 5 3 5 y y x xy y x y y y y − − + + = − + ⇔ = = = −+ + + +

0,5

Do đó x, y nguyên 3 3 5 y ⇔ +  { } 3 5 (3) 1; 3 y U ⇔ + ∈ = ± ± +) 3y+5 = -1 thì y = -2; x = -14

+) 3y+5 = 1 thì y = 4 3 − (loại)

+) 3y+5 = -3 thì y = 8 3 − (loại)

+) 3y+5 = 3 thì y = 2 3 − (loại)

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm (x;y) = (-14; -2)

1,0

c, Gọi số tự nhiên cần tìm là A. Vậy ta có:

( )

( )

( )( )

2

2

2 2

64

35

99 99

A k k N

A t t N

k t k t k t

 + = ∈  − = ∈  ⇒ − = ⇔ − + =

Vậy k - t và k + t là ước của 99 và tích hai ước này phải bằng 99, mà: Ư(99) = { 1; 3; 9; 11; 33; 99 }, mặt khác k - t < k + t, nên ta có:

1 50 99 49

3 18 33 15

9 10 11 1

k t k k t t

k t k k t t

k t k k t t

−= =   + ⇒   + = =   −= =   + ⇒   + = =   −= =   + ⇒   + = =  

- Nếu: + k = 50 ⇒ A = 2436 + k = 18 ⇒ A = 260 + k = 10 ⇒ A = 36

Vậy A = { 2436 ; 260 ; 36 }

0,5

0,5

Câu 3

0,5

a) AB // MN nên AF CM CE AB AB BE FD DN = = =

2 2 . CM DN AB a ⇒ = =

1,0

0,5

b) Theo câu a ta có: CM AB CM AD AB DN CB DN = ⇒ =

Và   0 90 BCM ADN = = Do đó ∆CMB ∆DAN (c.g.c). nên   CMB DAN =

Suy ra   90o CMB DNA + = . Vậy  90o MKN = .

0,5

0,5

0,5

c) MN nhỏ nhất ⇔CM + DN nhỏ nhất. Các độ dài CM, DN có tích không đổi nên tổng của chúng nhỏ nhất ⇔CM = DN. Khi đó CM2 = a2, CM = DN = a. Độ dài MN nhỏ nhất bằng 3a

0,5

0,5

a

A B

D C

F

K

E

N M