Đề thi chọn HSG năm 2022-2023 môn toán lớp 9 Sở GD và ĐT Bến Tre (có đáp án và lời giải chi tiết)

SỞ GD&ĐT BẾN TRE
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2022-2023 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (5,0 điểm).
a) Tính giá trị biểu thức: A  4  15  4  15  2 3  5 .
x  5  2 x  6 x  9 2022
b) Rút gọn biểu thức: B 
(x  0) và tìm x sao cho B  . x  3 x  2 2023 2 2  Câu 2. (3,0 điể x y 85
m). Tìm tất cả các cặp số nguyên  ; x y thỏa  . x  y 13 2 2 2          Câu 3. (3,0 điể x 2 x 2 x 4
m). Giải phương trình: 9  10        0 . 2  x 1   x 1  x 1  
Câu 4. (3,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm. Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2 2
a 3a  6b  b 3b  6c  c 3c  6a  (a  b  c) .
Câu 5. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có ACB  45 , gọi O là tâm đường tròn
ngoại tiếp và H là trực tâm của tam giác ABC . Đường thẳng qua O và vuông góc
với CO cắt AC và BC lần lượt tại điểm K và L . Chứng minh chu vi của tam
giác HKL bằng với đường kính của O .
Câu 6. (3,0 điểm). Cho hai đường tròn O và O tiếp xúc ngoài nhau tại điểm 2  1 
T . Hai đường tròn này nằm trong đường tròn O và tiếp xúc với O lần lượt 3  3 
tại điểm M M O và điểm N ( N O ). Tiếp tuyến chung tại T của O 1  2  1 
và O cắt O tại điểm PP và O nằm cùng phía của đường thẳng MN ) . Đường 2  3 3
thẳng PM cắt O tại A A  M  , đường thẳng PN cắt O tại DD  N  và 1  2
đường thẳng MN cắt O và O lần lượt tại BB  M  và C C  N  . Gọi E là 1  2
giao điểm của AB và CD.
a) Tứ giác AEDP là hình gì? Giải thích.
b) Chứng minh rằng: EBC  EDA . ---HẾT--- LỜI GIẢI: Câu 1. (5,0 điểm).
a) Tính giá trị biểu thức: A  4  15  4  15  2 3  5 .
x  5  2 x  6 x  9 2022
b) Rút gọn biểu thức: B 
(x  0) và tìm x sao cho B  . x  3 x  2 2023 Lời giải 8  2 15 8  2 15
a) A  4  15  4  15  2 3  5    2  6  2 5 2 2 Trang 1 5  3  5  3   2  5   1  2 2
b) Với x  0 , khi đó ta có: 2 x  5  2 x  3 x  5  2 
x  5  2 x  6 x  9
x  5  2 ( x  3)  x 3 B     x  3 x  2 x  3 x  2 x  3 x  2 x  3 x  2 2 x  2 x 1 ( x 1) x 1    x  x 
 x  1 x 2 . 3 2 x  2 2022 x 1 2022 B   
 2023 x  2023  2022 x  4044 2023 x  2 2023  x  2021 2
 x  2021  x  4084441 (nhan). x 1 2022
Vậy, với x  0 thì B  và B  tại x  4084441. x  2 2023 2 2  Câu 2. (3,0 đ x y 85
iểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên  ; x y thỏa  . x  y 13 Lời giải
Vì x, y  Z nên 2 2
x  y  Z; x  y  Z 2 2 x  y 85
517  x  y 2 2   Ta có :   x  y  x  y 13 13
Vì 5.17 không chia hết 13 nên 2 2
x  y  Z khi  x  y 13
 x  y  13k k  Z 
 y  13k  x Thay (2) vào (1) ta có: 2 x   2
13k  x   85k 2 2
 2x  26kx 169k  85k  0 Ta có 2   k   2 Δ (13 )
2 169k 85k   k 170 169k Để (*) có nghiệm thì Δ  0
 k 170 169k   0 170 1  0  k   1 169 169  k  1
x  y  13
Với k 1 ta có hệ phương trình  2 2
x  y  85
Giải hệ phương trình này, ta được x  6; y  7 hoặc x  7; y  6 . Vậy các cặp số  ;
x y thoả mãn là x  6; y  7 hoặc x  7; y  6 Trang 2 2 2 2          Câu 3. (3,0 đ x 2 x 2 x 4
iểm). Giải phương trình: 9  10        0 . 2  x 1   x 1  x 1   Lời giải ĐK : x  1  2 2 2  x  2   x  2   x  4  9  10        0 2  x 1   x 1  x 1   2 2  x  2  x  2 x  2  x  2   9 10    0      x 1  x 1 x 1  x 1    Đặ x 2 x 2 t  a;
 b . Ta có phương trình: x 1 x 1 2 2
9a 10ab  b  0   2
9a  9ab   2
ab  b   0 
9a a  b  b a  b  0 
 a b9a b  0
 a  b  0  
9a  b  0
+) Nếu a  b  0 thì: x  2 x  2   0 x 1 x 1
  x  2 x  
1   x  2 x   1  0 2 2
 x  3x  2  x  3x  2  0  6  x  0
 x  0 (thoa mãn).
+) Nếu 9a b  0 thì: x  2 x  2 9.   0 x 1 x 1
 9  x  2 x  
1   x  2 x   1  0 2 2
 9x  27x 18  x  3x  2  0 2
 8x  30x  25  0 15  5 17 15  5 17  x  (thoa mãn) ; x  (thoa mãn) 1 1 8 8 15  5 17
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: x  ; x  0 . 1,2 3 8
Câu 4. (3,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm. Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2 2
a 3a  6b  b 3b  6c  c 3c  6a  (a  b  c) . Lòi giải Cách 1. Với a, , b c  0 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3a  6b  2a  4ab  2b  a  4ab  4b  2(a  b)  (a  2b)  (a  2b) 2
vì (a  b)  0, a  ,b 2 2 2
 a 3a  6b  a (a  2b)  aa  2b 2  a  2ab Trang 3 Tương tự: 2 2 2
b 3b  6c  b  2bc 2 2 2
c 3c  6a  c  2ca 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
 a 3a  6b  b 3b  6c  c 3c  6a  a  2ab  b  2bc  c  2ca  (a  b  c)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a  b  c Cách 2. 2
(x  y  z) Áp dụng BĐT: 2 2 2
x  y  z  3
(a  b  b)
Ta có: 3a  6b  3a  b  b  2 2 2 2 2 2 2  3  (a  2b) 3 Cách 3. Áp dụng  2 2 m  n  2 2 x  y  2 BĐT :
 (mx  ny) Ta có:
a  b  a  b    2 2 2 2 2 2   2 2 a  b  2 2 3 6 3 2 1 2 ( 2)
 (1.a  2 b 2)  (a  2b)
Câu 5. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có ACB  45 , gọi O là tâm đường tròn
ngoại tiếp và H là trực tâm của tam giác ABC . Đường thẳng qua O và vuông góc
với CO cắt AC và BC lần lượt tại điểm K và L . Chứng minh chu vi của tam
giác HKL bằng với đường kính của O . Lời giải
Đường thẳng vuông góc với CO cắt đường tròn O tại hai điểm M , N . Ta có
CAN  CMN  45 (tam giác OMC vuông cân).
Do AH  BC suy ra CAD là tam giác vuông cân  ABC  45  suy ra CAD  45 .
Từ đó suy ra CAN  CAH nên ,
A H , N thẳng hàng. Trang 4
Gọi AD và BE là hai đường cao của tam giác ABC .
Ta có tứ giác ABDE nội tiếp (hai đỉnh D và E kề nhau cùng nhìn cạnh AB dưới cùng một góc 90 )
 CAN  HBC mà CAN  CBN suy ra HBC  NBC
Xét BHN có BD vừa là đường cao vừa là phân giác nên BHN cân tại B
 BD là đường trung trực của HN .
Do L thuộc BD nên LH  LN . Chứng minh tương tự ta có KH  KM .
Như vậy chu vi tam giác HKL là HL  KL  HK  NL  LK  KM  MN là đường kính của O .
Câu 6. (3,0 điểm). Cho hai đường tròn O và O tiếp xúc ngoài nhau tại điểm 2  1 
T . Hai đường tròn này nằm trong đường tròn O và tiếp xúc với O lần lượt 3  3 
tại điểm M M O và điểm N N O ). Tiếp tuyến chung tại T của O và 1  2  1 
O cắt O tại điểm P ( P và O nằm cùng phía của đường thẳng MN). Đường 2  3 3
thẳng PM cắt O tại A A  M  , đường thẳng PN cắt O tại DD  N  và 1  2
đường thẳng MN cắt O và O lần lượt tại BB  M  và C C  N  . Gọi E là 1  2
giao điểm của AB và CD.
a) Tứ giác AEDP là hình gì? Giải thích. b) Chứng minh rằng: EBC  EDA . Lời giải
a) Tứ giác AEDP là hình gì? Giải thích.
Ta có O tiếp xúc trong với O tại M  O ,O , M thẳng hàng; 3  1  1 3
Ta có O tiếp xúc trong với O tại N  O ,O , N thẳng hàng; 3  2  1 3
ΔMO B,ΔMO N là các tam giác cân có ˆ
M chung nên MO B  MO N ; 1 3 1 3
ΔNO C,ΔNO M là các tam giác cân có ˆ
N chung nên NO C  NO M ; 2 3 2 3 Trang 5 1 1 Lại có : MAB  MO B; MPN 
MO N (các góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 1 3 2 2 một cung)
 MAB  MPN  AE / /PD( có cặp góc đồng vị bằng nhau) ; 1 1 NDC  NO C; NPM 
NO M (các góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một 2 3 2 2 cung)
 NDC  NPM  DE / /PA (có cặp góc đồng vị bằng nhau)
Tứ giác AEDP có các cạnh đối song song nên là hình bình hành.
b) Chứng minh rằng: EBC  EDA .
Ta có PT là tiếp tuyến của O  2
 PT  PA PM ; 1
PT là tiếp tuyến của O  2
 PT  PD PN ; 2
 PA PM  PD  PN  PA PN 2  PT      1 PD PM
Gọi H là giao điểm của PE và MN , vì BE / /PN;CE / / AM nên theo hệ quả của định lý Ta-let, ta có : BE EH CE EB PN      EB PA  PN 
2 Từ (1) và (2), ta có :     , mà PN HP PM EC PM EC PD  PM 
AEDP là hình bình hành EB ED  PA  E ; D PD  EA   ; EC EA
Xét EBC và EDA có : ˆ EB ED E chung ;  (chứng minh trên); EC EA
 EBC  EDA .
c g.c  EBC  EDA. Trang 6