Đề thi HSG Toán 9 Huyện Tứ Kỳ – Năm học 2022 – 2023

Đề thi HSG Toán 9 Huyện Tứ Kỳ – Năm học 2022 – 2023

Câu 1. (2.0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: $M=\left( \frac{2x-10}{x+\sqrt{x}-6}-\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x-2}} \right):\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-1$ với $x\ge 0$; $x\ne 4$.
2) Cho các số $a$, $b$, $c$, $x$, $y$, $z$ dương thỏa mãn $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{b}}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{c}}=3$ và $\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{y}}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{z}}=0$. Tính giá trị của biểu thức $M=\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{c}{z}+3$

Câu 2. (2.0 điểm)
1) Giải phương trình $\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( {{x}^{2}}+8x+15 \right)=9$
2) Giải phương trình $\sqrt{3x-2}-\sqrt{7-x}+3{{x}^{2}}-20x=-9$

Câu 3. (2.0 điểm)
1) Cho các số nguyên $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{abc}$.
Chứng minh rằng $M=\left( 1+{{a}^{2}} \right)\left( 1+{{b}^{2}} \right)\left( 1+{{c}^{2}} \right)$ là một số chính phương.
2) Tìm các cặp số nguyên $\left( x;y \right)$ thỏa mãn $4{{x}^{2}}+10xy+15y=11$.

Câu 4. (3.0 điểm) Cho $\triangle ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Gọi $I$, $K$ lần lượt là hình chiếu của $H$ trên $AB$, $AC$.
1) Chứng minh $CH=BC.{{\cos }^{2}}C$ và $A{{H}^{3}}=BC.BI.CK$.
2) Gọi $E$, $F$ theo thứ tự là trung điểm của $BH$ và $CH$. Lấy điểm $O$ trên đoạn thẳng $AH$ sao cho $AO=3OH$. Chứng minh $O$ là trực tâm của tam giác $AEF$.
3) Gọi $AP$, $AQ$ lần lượt là các đường phân giác trong của hai tam giác $AHB$, $AHC$. Chứng minh $P{{Q}^{2}}=2BP.CQ$

Câu 5. (1.0 điểm)
Cho các số dương $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $ab+ac+bc=4abc$. Chứng minh rằng
\[\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}\le 1\]

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (2.0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức: $M=\left( \frac{2x-10}{x+\sqrt{x}-6}-\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-2} \right):\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-1$ với $x\ge 0$; $x\ne 4$.

2) Cho các số $a$, $b$, $c$, $x$, $y$, $z$ dương thỏa mãn $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{b}}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{c}}=3$ và $\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{y}}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{z}}=0$. Tính giá trị của biểu thức $M=\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{c}{z}+3$.

Lời giải

1) $M=\left( \frac{2x-10}{x+\sqrt{x}-6}-\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-2} \right):\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-1$

$=\left[ \frac{2x-10}{\left( \sqrt{x}-2 \right)\left( \sqrt{x}+3 \right)}-\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}-2} \right] .\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}-1$

$=\frac{2x-10-\left( \sqrt{x}-3 \right)\left( \sqrt{x}+3 \right)}{\left( \sqrt{x}-2 \right)\left( \sqrt{x}+3 \right)}.\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x+1}}-1$

$=\frac{2x-10-\left( x-9 \right)}{\left( \sqrt{x}+3 \right)\left( \sqrt{x}+1 \right)}-1$

$=\frac{x-1}{\left( \sqrt{x}+3 \right)\left( \sqrt{x}+1 \right)}-1$

$=\frac{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+1 \right)}{\left( \sqrt{x}+3 \right)\left( \sqrt{x}+1 \right)}-1$

$=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+3}-1$

$=\frac{\sqrt{x}-1-\left( \sqrt{x}+3 \right)}{\sqrt{x}+3}$

$=\frac{-4}{\sqrt{x}+3}$

2) Đặt $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{a}}=m$, $\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{b}}=n$, $\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{c}}=p$ với $m$, $n$, $p>0$. Suy ra, $\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{x}}=\frac{1}{m}$, $\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{y}}=\frac{1}{n}$ và $\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{z}}=p$

Ta có
$\left\{ \matrix{
m + n + p = 3 \hfill \cr
{1 \over m} + {1 \over n} + {1 \over p} = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{\left( {m + n + p} \right)^2} = 9 \hfill \cr
{{np + mp + mn} \over {mnp}} = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{m^2} + {n^2} + {p^2} + 2\left( {mn + mp + np} \right) = 9 \hfill \cr
mn + mp + np = 0 \hfill \cr} \right.$

Do đó, ${{m}^{2}}+{{n}^{2}}+{{p}^{2}}=9$ hay $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=9$. Nên $M=\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}+3=9+3=12$.

Câu 2 (2.0 điểm)

1) Giải phương trình $\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( {{x}^{2}}+8x+15 \right)=9$

2) Giải phương trình $\sqrt{3x-2}-\sqrt{7-x}+3{{x}^{2}}-20x=-9$

Lời giải

1) Ta có $\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( {{x}^{2}}+8x+15 \right)=9$

$\Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left( x+5 \right)\left( x+1 \right)\left( x+3 \right)=9$

$\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+4x-5 \right)\left( {{x}^{2}}+4x+3 \right)=9$

Đặt $t={{x}^{2}}+4x$, phương trình trở thành $\left( t-5 \right)\left( t+3 \right)=9\Leftrightarrow {{t}^{2}}-2t-24=0$

Giải phương trình ta được $t=6$ hay $t=-4$

Với $t=6$ thì ${{x}^{2}}+4x-6=0$, giải phương trình ta được $x=-2\pm \sqrt{10}$.

Với $t=-4$ thì ${{x}^{2}}+4x+4=0$, giải phương trình ta được $x=-2$.

2) Điều kiện $\left\{ \begin{align}& 3x-2\ge 0 \\& 7-x\ge 0 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow \frac{2}{3}\le x\le 7$.

Ta có $\sqrt{3x-2}-\sqrt{7-x}+3{{x}^{2}}-20x=-9$

$\Leftrightarrow \sqrt{3x-2}-4-\sqrt{7-x}+1+3{{x}^{2}}-20x+12=0$

$\Leftrightarrow \frac{\left( \sqrt{3x-2}-4 \right)\left( \sqrt{3x-2}+4 \right)}{\sqrt{3x-2}+4}-\frac{\left( \sqrt{7-x}-1 \right)\left( \sqrt{7-x}+1 \right)}{\sqrt{7-x}+1}+\left( 3x-2 \right)\left( x-6 \right)=0$

$\Leftrightarrow \frac{3x-18}{\sqrt{3x-2}+4}-\frac{6-x}{\sqrt{7-x}+1}+\left( 3x-2 \right)\left( x-6 \right)=0$

$\Leftrightarrow \frac{3\left( x-6 \right)}{\sqrt{3x-2}+4}+\frac{x-6}{\sqrt{7-x}+1}+\left( 3x-2 \right)\left( x-6 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( x-6 \right)\left( \frac{3}{\sqrt{3x-2}+4}+\frac{1}{\sqrt{7-x}+1}+3x-2 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x-6=0\left( 1 \right) \\& \frac{3}{\sqrt{3x-2}+4}+\frac{1}{\sqrt{7-x}+1}+3x-2=0\left( 2 \right) \\\end{align} \right.$

Giải (1), ta được $x=6$ (nhận)

Giải (2), ta có $\frac{2}{3}\le x\le 7\Leftrightarrow 0\le 3x-2\le 19$.

Mặt khác, với điều kiện $\frac{2}{3}\le x\le 7$ thì $\frac{3}{\sqrt{3x-2}+4}+\frac{1}{\sqrt{7-x}+1}>0$

Do đó, phương trình (2) vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm $x=6$.

Câu 3 (2.0 điểm)

1) Cho các số nguyên $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{abc}$.

Chứng minh rằng $M=\left( 1+{{a}^{2}} \right)\left( 1+{{b}^{2}} \right)\left( 1+{{c}^{2}} \right)$ là một số chính phương.

2) Tìm các cặp số nguyên $\left( x;y \right)$ thỏa mãn $4{{x}^{2}}+10xy+15y=11$.

Lời giải

1) Ta có $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{abc}\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{1}{abc}\Rightarrow ab+bc+ca=1$, với $a$, $b$, $c\ne 0$

Do đó $\left\{ \begin{align}& 1+{{a}^{2}}=ab+bc+ca+{{a}^{2}}=a\left( a+b \right)+c\left( a+b \right)=\left( a+b \right)\left( a+c \right) \\& 1+{{b}^{2}}=ab+bc+ca+{{b}^{2}}=b\left( a+b \right)+c\left( a+b \right)=\left( a+b \right)\left( b+c \right) \\& 1+{{c}^{2}}=ab+bc+ca+{{c}^{2}}=b\left( a+c \right)+c\left( a+c \right)=\left( a+c \right)\left( b+c \right) \\\end{align} \right.$

Suy ra $M=\left( 1+{{a}^{2}} \right)\left( 1+{{b}^{2}} \right)\left( 1+{{c}^{2}} \right)={{\left( a+b \right)}^{2}}{{\left( a+c \right)}^{2}}{{\left( b+c \right)}^{2}}$ nên đpcm.

2) Ta có $4{{x}^{2}}+10xy+15y=11$

$\Leftrightarrow 4{{x}^{2}}-9+10xy+15y=2$

$\Leftrightarrow \left( 2x-3 \right)\left( 2x+3 \right)+5y\left( 2x+3 \right)=2$

$\Leftrightarrow \left( 2x+3 \right)\left( 2x+5y-3 \right)=2$

Ta có bảng sau

$2x+3$	$1$	$2$	$-1$	$-2$
$x$	$-1$	$-\frac{1}{2}$	$-2$	$-\frac{5}{2}$
$2x+5y-3$	$2$	$1$	$-2$	$-1$
$y$	$\frac{7}{5}$	$1$	$1$	$\frac{7}{5}$
	Loại	Loại	Nhận	Loại

Vậy phương trình có nghiệm nguyên $\left( x,y \right)=\left( -2,1 \right)$.

Câu 4 (3.0 điểm) Cho $\triangle ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Gọi $I$, $K$ lần lượt là hình chiếu của $H$ trên $AB$, $AC$.

1) Chứng minh $CH=BC.{{\cos }^{2}}C$ và $A{{H}^{3}}=BC.BI.CK$.

2) Gọi $E$, $F$ theo thứ tự là trung điểm của $BH$ và $CH$. Lấy điểm $O$ trên đoạn thẳng $AH$ sao cho $AO=3OH$. Chứng minh $O$ là trực tâm của tam giác $AEF$.

3) Gọi $AP$, $AQ$ lần lượt là các đường phân giác trong của hai tam giác $AHB$, $AHC$. Chứng minh $P{{Q}^{2}}=2BP.CQ$.

Lời giải

1a) Xét $\triangle AHC$ vuông tại $H$ có $\cos C=\frac{CH}{AC}\Rightarrow {{\cos }^{2}}C=\frac{C{{H}^{2}}}{A{{C}^{2}}}$.

Xét $\triangle ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH\Rightarrow A{{C}^{2}}=BC.CH$ (hệ thức lượng).

Nhân $2$ vế cho $CH$, ta được $A{{C}^{2}}.CH=BC.C{{H}^{2}}\Rightarrow CH=BC.\frac{C{{H}^{2}}}{A{{C}^{2}}}\Rightarrow CH=BC.{{\cos }^{2}}C$.

1b) Xét $\triangle AHB$ vuông tại $H$ có đường cao $HI\Rightarrow A{{H}^{2}}=AI.AB$ (hệ thức lượng)

Xét $\triangle AHC$ vuông tại $K$ có đường cao $HK\Rightarrow A{{H}^{2}}=AK.AC$ (hệ thức lượng)

Nhân $2$ vế cho nhau, ta được $A{{H}^{4}}=AI.AK.AB.AC\Rightarrow A{{H}^{3}}=AI.AK.\frac{AB.AC}{AH}$

Xét $\triangle ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH\Rightarrow AB.AC=AH.BC\Rightarrow BC=\frac{AB.AC}{AH}$ (hệ thức lượng)

Do đó, $A{{H}^{3}}=AI.AK.BC$

Xét tứ giác $AIHK$ có $\widehat{IAK}=90^\circ$ ($\triangle ABC$ vuông tại $A$), $\widehat{AIH}=\widehat{AKH}=90^\circ$ ($I$, $K$ lần lượt là hình chiếu của $H$ trên $AB$, $AC$) nên $AIHK$ là hình chữ nhật (tứ giác có $3$ góc vuông).

$\Rightarrow AI=HK$ và $AK=HI$

Suy ra, $A{{H}^{3}}=HI.HK.BC$.

Có $AC\bot AI$ ($\triangle ABC$ vuông tại $A$), $HI\bot AI$ ($I$ là hình chiếu của $H$ lên $AB$) nên $AC\text{ // }HI$

Xét $\triangle IHB$ và $\triangle KCH$ có $\widehat{BIH}=\widehat{HKC}=90^\circ$, $\widehat{IHB}=\widehat{KCH}$ (đồng vị của $AC\text{ // }HI$)

$\Rightarrow \vartriangle IHB\sim\vartriangle KCH$ (góc – góc) $\Rightarrow \frac{IH}{CK}=\frac{IB}{KH}\Rightarrow IH.KH=IB.CK$

Do đó, $A{{H}^{3}}=BI.BC.CK$

b) Gọi $J$ là trung điểm của $AH$.

Xét $\triangle AHB$ có $E$, $J$ lần lượt là trung điểm của $BH$, $AH$ (gt)

$\Rightarrow JE$ là đường trung bình $\vartriangle AHB\Rightarrow JE\text{ // }AB$

Mà $AB\bot AC$ ($\triangle ABC$ vuông tại $A$) nên $JE\bot AC$.

Xét $\triangle AEC$ có $AH$ là đường cao (gt), $JE$ là đường cao ($JE\bot AC$)

Mà $JE$ cắt $AH$ tại $J$ nên $J$ là trực tâm $\vartriangle AEC\Rightarrow CJ$ là đường cao $\Rightarrow CJ\bot AE$.

Ta có $OH=\frac{1}{4}AH$ (gt) và $HJ=\frac{1}{2}AH$ ($J$ là trung điểm của $AH$) $\Rightarrow HJ=2OH$

Mà $O$ nằm giữa $H$ và $J$ nên $O$ là trung điểm $HJ$.

Xét $\triangle JHC$ có $O$ trung điểm $HJ$ (cmt), $F$ trung điểm $CH$ (gt)

$\Rightarrow OF$ là đường trung bình $\vartriangle JHC\Rightarrow OF\text{ // }JC$

Mà $JC\bot AE$ (cmt) nên $OF\bot AE$.

Xét $\triangle AEF$ có $AH$ là đường cao (gt), $OF$ là đường cao ($OF\bot AE$)

Mà $AH$ cắt $OF$ tại $O$ nên $O$ là trực tâm $\triangle AEF$.

c) Ta có $\widehat{AQH}=90^\circ-\widehat{HAQ}$, $\widehat{BAQ}=90^\circ-\widehat{CAQ}$, mà $\widehat{HAQ}=\widehat{CAQ}$ ($AQ$ phân giác $\widehat{HAC}$)

$\Rightarrow \widehat{AQH}=\widehat{BAQ}\Rightarrow \vartriangle BAQ$ cân tại $B\Rightarrow BA=BQ$.

Chứng minh tương tự, ta cũng có $\vartriangle CAP$ cân tại $C\Rightarrow CA=CP$.

Khi đó, ta có $\left\{ \begin{align}& PQ=BQ+CP-BC=AB+AC-BC \\& BP=BC-PC=BC-AC \\& CQ=BC-BQ=BC-AB \\\end{align} \right.$

Nên $BP.CQ=\left( BC-AC \right)\left( BC-AB \right)=B{{C}^{2}}-2BC\left( AB+AC \right)+AB.AC$.

Do đó, $P{{Q}^{2}}={{\left( AB+AC-BC \right)}^{2}}$

$=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}-2AB.BC-2AC.BC+2AB.AC$

$=2B{{C}^{2}}-2BC\left( AB+AC \right)+2AB.AC$

$=2\left[ B{{C}^{2}}-BC\left( AB+AC \right)+AB.AC \right] $

$=2BP.CQ$ (đpcm).

Câu 5 (1.0 điểm)

Cho các số dương $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $ab+ac+bc=4abc$. Chứng minh rằng

$\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}\le 1$

Lời giải

Với $a$, $b$, $c>0$, ta có $ab+ac+bc=4abc\Leftrightarrow \frac{ab+ac+bc}{4abc}=1$ hay $\frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}+\frac{1}{4c}=1$.

Suy ra, $1=\frac{1}{16}\left( \frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c} \right)=\frac{1}{16}\left[ \left( \frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)+\left( \frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c} \right)+\left( \frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right) \right] $

Áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}\ge \frac{16}{x+y+z+t}$, ta được

$1\ge \frac{1}{16}\left( \frac{16}{2a+b+c}+\frac{16}{2b+a+c}+\frac{16}{2c+a+b} \right)=\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+a+c}+\frac{1}{2c+a+b}$

Dấu “$=$” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & a=b=c \\& \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=4 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow a=b=c=\frac{3}{4}$

Bạn nào cần file Word comment mình tặng