Đề học sinh giỏi huyện lớp 9 môn Toán năm 2022 2023 phòng GD ĐT 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