Đề thi HSG Toán 9 THCS Lai Vũ – Năm học 2022 – 2023

Đề thi HSG Toán 9 THCS Lai Vũ Huyện Kim Thành – Năm học 2022 – 2023

Câu 1. (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: $A=\left( \frac{6x+4}{3x\sqrt{3x}+8}-\frac{\sqrt{3x}}{3x-2\sqrt{3x}+4} \right)\cdot \left( \frac{1-3x\sqrt{3x}}{1-\sqrt{3x}}+\sqrt{3x} \right):\left( \sqrt{3x}+1 \right)$ với $x\ge 0;x\ne \frac{1}{9}$.
2) Cho biết $x=\sqrt{\frac{1}{2\sqrt{3}-2}-\frac{3}{2\left( \sqrt{3}+1 \right)}}$. Tính giá trị của $A=\frac{2{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-5x+12}{2x\left( x+1 \right)}$.
Câu 2. (2,0 điểm)
1) Tìm các giá trị không âm của $x$ biết: $\left( 3x-2 \right){{(x+1)}^{2}}\left( 3x+8 \right)=-16$.
2) Giải phương trình sau: $\sqrt{24+8\sqrt{9-{{x}^{2}}}}-5x={{x}^{2}}+2\sqrt{3-x}+8$.
Câu 3. (2,0 điểm)
1) Cho $a,b,c$ là những số nguyên thỏa mãn: ${{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}$. Chứng minh rằng ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}$ là hợp số.
2) Giải phương trình nghiệm nguyên: ${{x}^{2}}+5{{y}^{2}}-4xy+2y-3=0$.
Câu 4. (3,0 điểm)
1) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Gọi $D$ là trung điểm $AH$, $BD$ cắt $AC$ tại $E$. Kẻ $HK$ song song với AE (K thuộc BE).
a) Chứng minh $\text{co}{{\text{s}}^{2}}B=\frac{EA}{EC}$.
b) Gọi $M$ là điểm đối xứng của $A$ qua $B,N$ thuộc tia đối của tia HA sao cho $HN=2HA$. Gọi $P$ là trung điểm của $HN$. Chứng minh $MN$ vuông góc $NC$.
2) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A(AB<AC)$, các đường phân giác trong và ngoài tại đỉnh $A$ của tam giác cắt $BC$ lần lượt tại $M,N$. Chứng minh $\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}}>\frac{1}{A{{B}^{2}}}$.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn: $\left( a-\sqrt{2021} \right)\left( b+\sqrt{2021} \right)=4$ và 3 số thực dương $x;y;z$ sao cho $xyz=1$.
Chứng minh rằng $\frac{1}{{{x}^{3}}\left( y+z \right)}+\frac{1}{{{y}^{3}}\left( x+z \right)}+\frac{1}{{{z}^{3}}\left( y+x \right)}\ge \frac{a+b}{60}$.

Hướng dẫn giải Đề thi HSG Toán 9 THCS Lai Vũ – Năm học 2022 – 2023

Câu 1. (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức: $A=\left( \frac{6x+4}{3x\sqrt{3x}+8}-\frac{\sqrt{3x}}{3x-2\sqrt{3x}+4} \right)\cdot \left( \frac{1-3x\sqrt{3x}}{1-\sqrt{3x}}+\sqrt{3x} \right):\left( \sqrt{3x}+1 \right)$ với $x\ge 0;x\ne \frac{1}{9}$.

2) Cho biết $x=\sqrt{\frac{1}{2\sqrt{3}-2}-\frac{3}{2\left( \sqrt{3}+1 \right)}}$. Tính giá trị của $A=\frac{2{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-5x+12}{2x\left( x+1 \right)}$.

Lời giải

1)

$A=\left( \frac{6x+4}{3x\sqrt{3x}+8}-\frac{\sqrt{3x}}{3x-2\sqrt{3x}+4} \right)\cdot \left( \frac{1-3x\sqrt{3x}}{1-\sqrt{3x}}+\sqrt{3x} \right):\left( \sqrt{3x}+1 \right)$

= $\left( \frac{6x+4-\sqrt{3x}\left( \sqrt{3x}+2 \right)}{\left( \sqrt{3x}+2 \right)\left( 3x-2\sqrt{3x}+4 \right)} \right)\cdot {{\left( 1+\sqrt{3x} \right)}^{2}}:\left( \sqrt{3x}+1 \right)$

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

= $\left( \frac{3x-2\sqrt{3x}+4}{\left( \sqrt{3x}+2 \right)\left( 3x-2\sqrt{3x}+4 \right)} \right)\cdot \left( 1+\sqrt{3x} \right)$

= $\frac{\sqrt{3x}+1}{\sqrt{3x}+2}$. Vây $A=\frac{\sqrt{3x}+1}{\sqrt{3x}+2}$.

2) Ta có $x=\sqrt{\frac{1}{2\sqrt{3}-2}-\frac{3}{2\left( \sqrt{3}+1 \right)}}=\sqrt{\frac{4-2\sqrt{3}}{4}}=\frac{\sqrt{{{\left( \sqrt{3}-1 \right)}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$.

Suy ra $2x+1=\sqrt{3}\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+2x-1=0$.

Ta có $A=\frac{2{{x}^{3}}-2{{x}^{2}}-5x+12}{2x\left( x+1 \right)}=\frac{\left( 2{{x}^{2}}+2x-1 \right)\left( x-2 \right)+10}{1}=10$.

Câu 2. (2,0 điểm)

1) Tìm các giá trị không âm của $x$ biết: $\left( 3x-2 \right){{(x+1)}^{2}}\left( 3x+8 \right)=-16$.

2) Giải phương trình sau: $\sqrt{24+8\sqrt{9-{{x}^{2}}}}-5x={{x}^{2}}+2\sqrt{3-x}+8$.

Lời giải

1) $\left( 3x-2 \right){{(x+1)}^{2}}\left( 3x+8 \right)=-16$$\Leftrightarrow \left( 3x-2 \right)\left( 3x+8 \right){{\left( 3x+3 \right)}^{2}}=-144$. (1)

Đặt $3x+3=t$, phương trình (1) trở thành

$\left( t-5 \right){{t}^{2}}\left( t+5 \right)=-144$$\Leftrightarrow {{t}^{4}}-25{{t}^{2}}+144=0$

$ \Leftrightarrow {\rm{ }}\left( {{t^2} – 9} \right)\left( {{t^2} – 16} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{t^2} = 9 \hfill \cr
{t^2} = 16 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = \pm 3 \hfill \cr
t = \pm 4 \hfill \cr} \right.$

Xét các trường hợp của t ta tìm được $x=\frac{1}{3}$ (thỏa mãn).

Vậy, phương trình có tập nghiệm $\text{S}=\left\{ \frac{1}{3} \right\}$.

2) $\sqrt{24+8\sqrt{9-{{x}^{2}}}}-5x={{x}^{2}}+2\sqrt{3-x}+8$, điều kiện $-3\le x\le 3$.

Ta có $\sqrt{24+8\sqrt{9-{{x}^{2}}}}=2\left( \sqrt{3+x}+\sqrt{3-x} \right)$.

Phương trình đã cho trở thành

$\Leftrightarrow 2\left( \sqrt{3+x}+\sqrt{3-x} \right)-5x={{x}^{2}}+2\sqrt{3-x}+8$

$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+5x-2\sqrt{3+x}+8=0$

$\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{3+x}-1 \right)}^{2}}+{{\left( x+2 \right)}^{2}}=0$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& \sqrt{3+x}=1 \\& x+2=0 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow x=-2$ (thỏa mãn).

Vậy, phương trình có tập nghiệm $\text{S}=\{-2\}$.

Câu 3. (2,0 điểm)

1) Cho $a,b,c$ là những số nguyên thỏa mãn: ${{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}$. Chứng minh rằng ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}$ là hợp số.

2) Giải phương trình nghiệm nguyên: ${{x}^{2}}+5{{y}^{2}}-4xy+2y-3=0$.

Lời giải

1) ${{\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)}^{2}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}$$\Leftrightarrow \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+2.\left( \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} \right)=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}$

Suy ra $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}$hay $a+b+c=0$.

Ta chứng minh được với $n\in \mathbb{Z}$ thì ${{n}^{3}}-n\text{ =}\left( n-1 \right)n\left( n+1 \right)\vdots \text{ 6}$.

Áp dụng kết quả trên ta có

Khi đó: ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}-a-b-c\text{ }\vdots \text{ 6}$ suy ra ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}\text{ }\vdots \text{ 6}$ nên ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}$ là hợp số.

2) ${{x}^{2}}+5{{y}^{2}}-4xy+2y-3=0$

$\Leftrightarrow {{\left( x-2y \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}=4={{0}^{2}}+{{2}^{2}}$, ta xét các trường hợp sau

TH1: $\left\{ \begin{align}& x-2y=0 \\& {{\left( y+1 \right)}^{2}}={{2}^{2}} \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=2\vee x=-6 \\& y=1\vee y=-3 \\\end{align} \right.$.

TH2: $\left\{ \begin{align}& {{\left( x-2y \right)}^{2}}={{2}^{2}} \\& {{\left( y+1 \right)}^{2}}=0 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=0\vee x=-4 \\& y=-1 \\\end{align} \right.$.

Vậy phương trình có nghiệm $\left( x;y \right)\in \left\{ \left( 2;1 \right);\left( -6;-3 \right);\left( 0;-1 \right);\left( -4;-1 \right) \right\}$.

Câu 4. (3,0 điểm)

1) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Gọi $D$ là trung điểm $AH$, $BD$ cắt $AC$ tại $E$. Kẻ $HK$ song song với $AE$ ($K$ thuộc $BE$ )

a) Chứng minh $\text{co}{{\text{s}}^{2}}B=\frac{EA}{EC}$.

b) Gọi $M$ là điểm đối xứng của $A$ qua $B,N$ thuộc tia đối của tia $HA$ sao cho $HN=2HA$. Gọi $P$ là trung điểm của $HN$. Chứng minh $MN$ vuông góc $NC$.

2) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A(AB<AC)$, các đường phân giác trong và ngoài tại đỉnh $A$   của tam giác cắt $BC$ lần lượt tại $M,N$. Chứng minh $\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}}>\frac{1}{A{{B}^{2}}}$.

Lời giải

1)

a) Ta chứng minh được $\Delta ADE=\Delta HDK$(g-c-g) nên $HK=AE$.

Vì $HK\text{//}AE$ nên $\frac{BH}{HC}=\frac{HK}{EC}=\frac{AE}{EC}$ (1)

Ta có $\text{co}{{\text{s}}^{2}}B=\frac{HB}{AB}.\frac{AB}{BC}=\frac{HB}{BC}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\text{co}{{\text{s}}^{2}}B=\frac{EA}{EC}$.

b) Ta có $\frac{MP}{HN}=\frac{2BH}{2AH}=\frac{AH}{HC}=\frac{PN}{HC}$.

Suy ra $\frac{PM}{HN}=\frac{PN}{HC}$, mà $\widehat{MPN}=\widehat{NHC}=90{}^\circ $

Suy ra $\Delta MPN\sim \Delta NHC$(c.g.c) từ đó suy ra $\widehat{MNP}=\widehat{NCH}$do đó $\widehat{NMC}=90{}^\circ $ suy ra $MN\bot NC$.

 

2) Ta có ${{S}_{ABC}}={{S}_{ABM}}+{{S}_{ACM}}$

$\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}AB.AM.\sin \widehat{BAM}+\frac{1}{2}AC.AM.\sin \widehat{CAM}$

$\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}AB.AM.\sin 45{}^\circ +\frac{1}{2}AC.AM.\sin 45{}^\circ $ $\Leftrightarrow $$\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{AM}$. (1)

Chứng minh tương tự ta suy ra $\frac{1}{AB}-\frac{1}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{AN}$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{1}{AM}+\frac{1}{AN}=\frac{\sqrt{2}}{AB}$suy ra $\frac{2}{A{{B}^{2}}}\le \left( {{1}^{2}}+{{1}^{2}} \right)\left( \frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}} \right)$

$\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}}>\frac{1}{A{{B}^{2}}}$.

Dấu bằng không xảy ra vì $AM>AN$.

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn: $\left( a-\sqrt{2021} \right)\left( b+\sqrt{2021} \right)=4$.

và 3 số thực dương $x;y;z$ sao cho $xyz=1$.

Chứng minh rằng $\frac{1}{{{x}^{3}}\left( y+z \right)}+\frac{1}{{{y}^{3}}\left( x+z \right)}+\frac{1}{{{z}^{3}}\left( y+x \right)}\ge \frac{a+b}{60}$.

Lời giải

$\left( a-\sqrt{2021} \right)\left( b+\sqrt{2021} \right)=4$ $\Leftrightarrow \left( a-b \right)\sqrt{2021}=2025-ab$.

Nếu $a-b\ne 0$ thì $\sqrt{2021}=\frac{2025-ab}{a-b}$ là số vô tỉ (vô lí)

Nếu $a-b=0\Leftrightarrow a=b\Rightarrow a=b=45$.

Ta phải chứng minh

$\frac{1}{{{x}^{3}}\left( y+z \right)}+\frac{1}{{{y}^{3}}\left( x+z \right)}+\frac{1}{{{z}^{3}}\left( y+x \right)}\ge \frac{90}{60}=\frac{3}{2}$.

Đặt $a=\frac{1}{x}$, $b=\frac{1}{y}$, $c=\frac{1}{z}$ ta có $abc=1$.

Ta phải chứng minh $\frac{{{a}^{2}}}{b+c}+\frac{{{b}^{2}}}{c+a}+\frac{{{c}^{2}}}{a+b}\ge \frac{3}{2}$.

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng cộng mẫu ta có

$\frac{{{a}^{2}}}{b+c}+\frac{{{b}^{2}}}{c+a}+\frac{{{c}^{2}}}{a+b}\ge \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{2\left( a+b+c \right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge \frac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\frac{3}{2}$.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$. Khi đó $x=y=z=1$.