Đề thi HSG Toán 9 Huyện Lãng Thành – Năm học 2022 – 2023

Đề thi HSG Toán 9 Huyện Lãng Thành – Năm học 2022 – 2023

Câu 1: (4 điểm)
a) So Sánh $A$ và $\mathrm{B}$ biết rằng $\mathrm{A}=\sqrt{4-\sqrt{12}}+\sqrt{4+\sqrt{12}}$ và $\mathrm{B}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}+\frac{1}{\sqrt{2+1}}$
b) Cho $\mathrm{S}=n^4+n^3+5 n^2-25 n$ với $n \in Z$. Chứng minh: $\mathrm{S} \vdots 6$

Câu 2: (3 điểm) Giải các phương trình sau
a) $\sqrt{x+2022+2 \sqrt{x+2021}}=2$
b) $\sqrt{2 x-1}+x^2-3 x+1=0$

Câu 3: (3 điểm)
a) Tìm số tự nhiên n để $\mathrm{A}=2^*+3^*+4^*$ là một số chính phương
b) Cho a, b là các số hữu tỉ thỏa mãn $a+b$ và a.b đều là số nguyên.
Chứng minh $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ đều là số nguyển.

Câu 4: (4 điểm)
a) Cho các số dương a,b,c  thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh bất đẳng thức:
$\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2} \geq \frac{3}{2}$
b) Cho x>0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\mathrm{A}=x+\frac{x}{x^2+1}+\frac{1}{x}$

Câu 5: (6 điểm) Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $\mathrm{AB}$ và điểm $\mathrm{C}$ nằm bên ngoài đường tròn sao cho $\mathrm{CA}, \mathrm{CB}$ lần lượt cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm thứ hai là $\mathrm{D}, \mathrm{E}$. $\mathrm{AE}$ cắt $\mathrm{BD}$ tại $\mathrm{H}$ và $\mathrm{CH}$ cắt $\mathrm{AB}$ tại $\mathrm{F}$. Chứng minh:
a) $\widehat{\mathrm{CED}}=\widehat{\mathrm{CAB}}$
b) $\mathrm{AD} \cdot \mathrm{AC}=\mathrm{AF} \cdot \mathrm{AB}$
c) $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{HE}}+\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{HD}}+\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{HF}} \geq 9$

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Đề thi HSG Toán 9 Huyện Lãng Thành – Năm học 2022 – 2023

Câu 1 (4 điểm)

a) So Sánh $A$ và $\mathrm{B}$ biết rằng $\mathrm{A}=\sqrt{4-\sqrt{12}}+\sqrt{4+\sqrt{12}}$ và $\text{B}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}+\frac{1}{\sqrt{2}+1}$

b) Cho $\mathrm{S}=n^4+n^3+5 n^2-25 n$ với $n \in Z$. Chứng minh: $\mathrm{S} \vdots 6$.

Lời giải

a) So Sánh $A$ và $\mathrm{B}$ biết rằng $\mathrm{A}=\sqrt{4-\sqrt{12}}+\sqrt{4+\sqrt{12}}$ và $\mathrm{B}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}+\frac{1}{\sqrt{2+1}}$.

$\text{A}=\sqrt{4-\sqrt{12}}+\sqrt{4+\sqrt{12}}=\sqrt{4-2\sqrt{3}}+\sqrt{4+2\sqrt{3}}=\sqrt{{{\left( \sqrt{3}+1 \right)}^{2}}}+\sqrt{{{\left( \sqrt{3}-1 \right)}^{2}}}$

$=\sqrt{3}+1+\sqrt{3}-1=2\sqrt{3}$.

$\text{B}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}+\frac{1}{\sqrt{2}+1}=\frac{\sqrt{2}+1}{\left( \sqrt{2}-1 \right)\left( \sqrt{2}+1 \right)}+\frac{\sqrt{2}-1}{\left( \sqrt{2}+1 \right)\left( \sqrt{2}-1 \right)}$

$=\frac{\sqrt{2}+1}{2-1}+\frac{\sqrt{2}-1}{2-1}=2\sqrt{2}$

Vì $2<3\Rightarrow \sqrt{2}\Rightarrow \sqrt{3}\Rightarrow 2\sqrt{2}<2\sqrt{3}$ hay $A>B$.

b) Cho $\mathrm{S}=n^4+n^3+5 n^2-25 n$ với $n \in Z$. Chứng minh: $\mathrm{S} \vdots 6$.

$\text{S}={{n}^{4}}+{{n}^{3}}+5{{n}^{2}}-25n={{n}^{4}}+{{n}^{3}}+5{{n}^{2}}+5n-30n=\left[ {{n}^{3}}\left( n+1 \right)+5n\left( n+1 \right) \right] -30n$

$=\left( n+1 \right)\left( {{n}^{3}}+5n \right)-30n=n\left( n+1 \right)\left( {{n}^{2}}+5 \right)-30n$

Ta có: $n\left( n+1 \right)\vdots 2$ vì tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên $n\left( n+1 \right)\left( {{n}^{2}}+5 \right)\vdots 2$.

Chứng minh: $n\left( n+1 \right)\left( {{n}^{2}}+5 \right)\vdots 3$

+ với $n=3k$ thì $n\left( n+1 \right)\left( {{n}^{2}}+5 \right)\vdots 3$

+ với $n=3k+1$ thì $$${{n}^{2}}+5={{\left( 3k+1 \right)}^{2}}+5=9{{k}^{2}}+6k+1+5=3\left( 3{{k}^{2}}+2k+2 \right)\vdots 3$ nên $n\left( n+1 \right)\left( {{n}^{2}}+5 \right)\vdots 3$.

+ Với $n=3k+2$ thì $n+1=3k+2+1=3\left( k+1 \right)\vdots 3$ nên  $n\left( n+1 \right)\left( {{n}^{2}}+5 \right)\vdots 3$.

Vậy $n\left( n+1 \right)\left( {{n}^{2}}+5 \right)\vdots 3$ với $n\in \mathbb{Z}$.

Ta có $\left( 2,3 \right)=1$ mà $n\left( n+1 \right)\left( {{n}^{2}}+5 \right)\vdots 2$ và $n\left( n+1 \right)\left( {{n}^{2}}+5 \right)\vdots 3$ nên  $n\left( n+1 \right)\left( {{n}^{2}}+5 \right)\vdots 6$

Ta có: $S=\left[ {{n}^{3}}\left( n+1 \right)+5n\left( n+1 \right) \right] -30n$ mà $n\left( n+1 \right)\left( {{n}^{2}}+5 \right)\vdots 6$ và $30n\vdots 6$$\left( 30\vdots 6 \right)$ nên $S\vdots 6$.

Câu 2 (3 điểm) Giải các phương trình sau

a) $\sqrt{x+2022+2 \sqrt{x+2021}}=2$.

b) $\sqrt{2 x-1}+x^2-3 x+1=0$.

Lời giải

a) $\sqrt{x+2022+2 \sqrt{x+2021}}=2$.

ĐK: $x\ge -2021$

$\Leftrightarrow \sqrt{x+2021+2\sqrt{x+2021}+1}=2$

$\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( \sqrt{x+2021}+1 \right)}^{2}}}=2$

$\Leftrightarrow \left| \sqrt{x+2021}+1 \right|=2$

$\Leftrightarrow \sqrt{x+2021}+1=2$ (vì $x\ge -2021$)

$\Leftrightarrow \sqrt{x+2021}=1$

$\Rightarrow x+2021=1$

$\Rightarrow x=2000$ (TMĐK).

b) $\sqrt{2 x-1}+x^2-3 x+1=0$.

Đk: $x\ge \frac{1}{2}$

$\sqrt{2 x-1}+x^2-3 x+1=0$

$\Leftrightarrow \sqrt{2x-1}-x+{{x}^{2}}-2x+1=0$

$\Leftrightarrow \frac{2x-1-{{x}^{2}}}{\sqrt{2x-1}+x}+{{x}^{2}}-2x+1=0$

$\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}-2x+1 \right)\left( \frac{-1}{\sqrt{2x-1}+x}+1 \right)=0$

$\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( \frac{\sqrt{2x-1}+x-1}{\sqrt{2x-1}+x} \right)=0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& {{\left( x-1 \right)}^{2}}=0 \\& \frac{\sqrt{2x-1}+x-1}{\sqrt{2x-1}+x}=0 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=1 \\& \sqrt{2x-1}+x-1=0\left( 1 \right) \\\end{align} \right.$

$\left( 1 \right)\Rightarrow 2x-1={{\left( 1-x \right)}^{2}}$

$\Rightarrow 2x-1=1-2x+{{x}^{2}}$

$\Rightarrow {{x}^{2}}-4x+2=0\Rightarrow \left[ \begin{align}& x=2-\sqrt{2}\left( tmdk \right) \\& x=2+\sqrt{2}\left( tmdk \right) \\\end{align} \right.$

Vậy $S=\left\{ 1;2-\sqrt{2};2+\sqrt{2} \right\}$

Câu 3 (3 điểm)

a) Tìm số tự nhiên n để $\text{A}={{2}^{n}}+{{3}^{n}}+{{4}^{n}}$ là một số chính phương

b) Cho a, b là các số hữu tỉ thỏa mãn $a+b$ và a.b đều là số nguyên.

Chứng minh $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ đều là số nguyên.

 

Lời giải

a) Tìm số tự nhiên n để $\text{A}={{2}^{n}}+{{3}^{n}}+{{4}^{n}}$ là một số chính phương

– Nếu $n=1\Rightarrow A=9$ là số chính phương.

– Giả sử $n\ge 2$ thì $A$ là số chính phương.

Với $n\ge 2$ thì $\left( {{2}^{n}}+{{4}^{n}} \right)\vdots 4$ mà $A={{2}^{n}}+{{3}^{n}}+{{4}^{n}}={{k}^{2}}\left( k\in \mathbb{N} \right)$$\Rightarrow k$ là số lẽ. Vậy ${{k}^{2}}:3$ dư 1 và $k:4$(dư 1).

Nên ${{3}^{n}}:4$ (dư 1) vậy $n=2m\left( m\in {{\mathbb{N}}^{*}} \right)$.

$\Rightarrow A={{2}^{2m}}+{{3}^{2m}}+{{4}^{2m}}={{4}^{m}}+{{9}^{m}}+{{16}^{m}}$ có ${{9}^{m}}\vdots 3$

Do $4:3$ dư 1 $\Rightarrow {{4}^{m}}:3$ dư 1 và $16:3$ dư 1 $\Rightarrow {{16}^{m}}:3$ dư 1

Suy ra$A:3$ dư 2 hay ${{k}^{2}}:3$ dư 2 (vô lí).  Vậy $A$ không phải là số chính phương.

Kết luận: $n=1$.

b) Cho $a,b$ là các số hữu tỉ thỏa mãn $a+b$ và a.b đều là số nguyên.

Chứng minh $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ đều là số nguyên.

Do $a+b$ và $a.b$ là số nguyên nên

$\left\{ \matrix{
{\left( {a + b} \right)^2} \in Z \hfill \cr
4ab \in Z \hfill \cr
2ab \in Z \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
\left( {{a^2} + 2ab + {b^2}} \right) \in Z\left( 1 \right) \hfill \cr
4ab \in Z\left( 2 \right) \hfill \cr
2ab \in Z\left( 3 \right) \hfill \cr} \right.$

Lấy $\left( 1 \right)-\left( 2 \right)$ suy ra ${{\left( a-b \right)}^{2}}\in \mathbb{Z}$ hay $\left( a-b \right)\in \mathbb{Z}\left( 4 \right)$. Mà $\left( a+b \right)\in \mathbb{Z}\left( 5 \right)$

Lấy $\left( 4 \right)+\left( 5 \right)$ suy ra $2a\in \mathbb{Z}$ mà $2ab\in \mathbb{Z}$ nên $b\in \mathbb{Z}$.

Lấy $\left( 5 \right)-\left( 4 \right)$ suy ra $2b\in \mathbb{Z}$ mà $2ab\in \mathbb{Z}$ nên $a\in \mathbb{Z}$.

Câu 4 (4 điểm)

a) Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh bất đẳng thức:

$\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2} \geq \frac{3}{2}$

b) Cho $x>0$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\mathrm{A}=x+\frac{x}{x^2+1}+\frac{1}{x}$

Lời giải

a) Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh bất đẳng thức:

$\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2} \geq \frac{3}{2}$

Ta $A=a-\frac{a{{b}^{2}}}{1+{{b}^{2}}}+b-\frac{b{{c}^{2}}}{1+{{c}^{2}}}+c-\frac{c{{a}^{2}}}{1+{{a}^{2}}}$ $=3-\left( \frac{a{{b}^{2}}}{1+{{b}^{2}}}+\frac{b{{c}^{2}}}{1+{{c}^{2}}}+\frac{c{{a}^{2}}}{1+{{a}^{2}}} \right)\ge 3-\left( \frac{a{{b}^{2}}}{2b}+\frac{b{{c}^{2}}}{2c}+\frac{c{{a}^{2}}}{2a} \right)=3-\frac{{{(a+b+c)}^{2}}}{8}-\frac{3}{2}$.

Dấu $”=”$ xảy ra khi  ${{a}^{2}}={{b}^{2}}={{c}^{2}}=1$ ($a+b+c=3$) nên $\text{a}=\text{b}=c=1$.

b) Cho $x>0$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\mathrm{A}=x+\frac{x}{x^2+1}+\frac{1}{x}$

$\text{A}=x+\frac{x}{{{x}^{2}}+1}+\frac{1}{x}={{x}^{2}}+1+\frac{x}{{{x}^{2}}+1}+\frac{1}{x}+x-{{x}^{2}}-1\ge 3\sqrt[3] {\left( {{x}^{2}}+1 \right).\frac{x}{{{x}^{2}}+1}.\frac{1}{x}}-\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)=3-{{\left( x-\frac{1}{2} \right)}^{2}}-\frac{3}{4}$

$=\frac{9}{4}-{{\left( x-\frac{1}{2} \right)}^{2}}\ge \frac{9}{4}$. Dấu $”=”$ xảy ra khi $x=\frac{1}{2}$.

Vậy GTNN của $A=\frac{9}{4}$ khi $x=\frac{1}{2}$ .

Câu 5 (6 điểm) Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $\mathrm{AB}$ và điểm $\mathrm{C}$ nằm bên ngoài đường tròn sao cho $\mathrm{CA}, \mathrm{CB}$ lần lượt cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm thứ hai là $\mathrm{D}, \mathrm{E}$ sao cho $D,E$ cùng phía với $A$ và $B$. $\mathrm{AE}$ cắt $\mathrm{BD}$ tại $\mathrm{H}$ và $\mathrm{CH}$ cắt $\mathrm{AB}$ tại $\mathrm{F}$. Chứng minh:

a) $\widehat{\mathrm{CED}}=\widehat{\mathrm{CAB}}$

b) $\mathrm{AD} \cdot \mathrm{AC}=\mathrm{AF} \cdot \mathrm{AB}$

c) $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{HE}}+\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{HD}}+\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{HF}} \geq 9$

Lời giải

a) $\widehat{\mathrm{CED}}=\widehat{\mathrm{CAB}}$

Ta có: Tứ giác $ADEB$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat{DEB}+\widehat{DAB}=180{}^\circ $ mà $\widehat{DEB}+\widehat{CED}=180{}^\circ $ suy ra $\widehat{CED}=\widehat{DAB}$ hay $\widehat{CAB}=\widehat{CED}$.

b) $\mathrm{AD} \cdot \mathrm{AC}=\mathrm{AF} \cdot \mathrm{AB}$

Ta có: $\widehat{BDA}=\widehat{BEA}=90{}^\circ $ (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) suy ra $BD\bot AC$ và $AE\bot BC$  mà $AE$ và $BD$ cắt nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm $\Delta CAB$. Vậy $AB\bot CF$

Xét hai tam giác $ADB$ và $AFC$ ta có: $\widehat{A}$ (chung) và $\widehat{AFC}=\widehat{ADB}=90{}^\circ $. Nên hai tam giác $ADB$ và $AFC$ đồng dạng với nhau. Suy ra $\frac{AD}{AF}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow AD.AC=AF.AB$.

c) $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{HE}}+\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{HD}}+\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{HF}} \geq 9$.

Ta có: $\frac{AE}{HF}=\frac{AE.\frac{1}{2}BC}{HF.\frac{1}{2}BC}=\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{CBH}}}$

Tương tự ta có: $\frac{BD}{HD}=\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{AHC}}}$; $\frac{CF}{HF}=\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{ABH}}}$.

Vậy $\frac{AE}{HF}+\frac{BD}{HD}+\frac{CF}{HF}=\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{CBH}}}+\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{AHC}}}+\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{ABH}}}={{S}_{ABC}}\left( \frac{1}{{{S}_{CBH}}}+\frac{1}{{{S}_{CAH}}}+\frac{1}{{{S}_{ABH}}} \right)\ge {{S}_{ABC}}\left( \frac{9}{{{S}_{CBH}}+{{S}_{CAH}}+{{S}_{ABH}}} \right)$

$={{S}_{ABC}}.\frac{9}{{{S}_{ABC}}}=9$ (Theo bất đẳng thức Sac-vơ).

Vậy $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{HE}}+\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{HD}}+\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{HF}} \geq 9$.