Đề thi HSG Toán 9 Tỉnh Bình Dương – Năm học 2022 – 2023

Đề thi HSG Toán 9 Tỉnh Bình Dương – Năm học 2022 – 2023

Bài 1. (4 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức:
$M={{\left( {{x}^{9}}+x-{{x}^{2020}} \right)}^{2021}}\text{ }$với $x=\frac{(27+9\sqrt{10})\cdot \sqrt[3] {37\sqrt{10}-117}}{\sqrt{10}+\sqrt{91-18\sqrt{10}}}\text{.}$
b) Rút gọn biểu thức:
$N=\frac{1}{1+\sqrt{11}}+\frac{1}{\sqrt{11}+\sqrt{21}}+\frac{1}{\sqrt{21}+\sqrt{31}}+\ldots +\frac{1}{\sqrt{2011}+\sqrt{2021}}$.

Bài 2. (6 điểm)
a) Giải phương trình: $\sqrt{6{{x}^{2}}-7x-20}+3\sqrt{2x-5}-2\sqrt{3x+4}-6=0$.
b) Cho 3 số dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=2$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{2}{x}+\frac{8}{9y}+\frac{18}{25z}$.
c) Cho phương trình: ${{x}^{3}}+\left( 2m-5 \right){{x}^{2}}+\left( {{m}^{2}}-m+7 \right)x-{{m}^{2}}-m-3=0$ ($m$ là tham số).
Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình đã cho có 3 nghiệm dương phân biệt.

Bài 3. (5 điểm)
a) Cho 40 số nguyên dương thay đổi sao cho có tổng bằng 58.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của tổng các bình phương của chúng.
b) Giả sử ba số thực $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a>0,bc=3{{a}^{2}},a+b+c=abc$. Chứng minh rằng $a\ge \sqrt{\frac{1+2\sqrt{3}}{3}}$.

Bài 4. (5 điểm)
Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, có đường tròn nội tiếp $(I)$. Các điểm $E,F$ theo thứ tự thuộc các cạnh $CA,AB\left( E\ne C,A;F\ne B,A \right)$ sao cho $EF$ tiếp xúc với $\left( I \right)$tại $P$. Gọi $K,L$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $E,F$ trên $BC$. Giả sử $FK$cắt $EL$ tại $J$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $J$ trên $BC$.
a) Chứng minh: $HJ$ là phân giác của $\widehat{EHF}$.
b) Ký hiệu ${{S}_{1}};{{S}_{2}}$ lần lượt là diện tích các tứ giác $BFJL;CEJK$. Chứng minh $\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\frac{B{{F}^{2}}}{C{{E}^{2}}}$.
c) Gọi $D$ là trung điểm của $BC$. Chứng minh ba điểm $P,J,D$ thẳng hàng.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Đề thi HSG Toán 9 Tỉnh Bình Dương – Năm học 2022 – 2023

Bài 1.    (4 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức:

$M={{\left( {{x}^{9}}+x-{{x}^{2020}} \right)}^{2021}}\text{  }$với $x=\frac{(27+9\sqrt{10})\cdot \sqrt[3] {37\sqrt{10}-117}}{\sqrt{10}+\sqrt{91-18\sqrt{10}}}\text{.}$

b) Rút gọn biểu thức:

$N=\frac{1}{1+\sqrt{11}}+\frac{1}{\sqrt{11}+\sqrt{21}}+\frac{1}{\sqrt{21}+\sqrt{31}}+\ldots +\frac{1}{\sqrt{2011}+\sqrt{2021}}$.

Lời giải

a) Ta có $x=\frac{(27+9\sqrt{10})\cdot \sqrt[3] {37\sqrt{10}-117}}{\sqrt{10}+\sqrt{91-18\sqrt{10}}}=\frac{(27+9\sqrt{10})\cdot \sqrt[3] {{{\left( \sqrt{10}-3 \right)}^{3}}}}{\sqrt{10}+\sqrt{{{\left( 9-\sqrt{10} \right)}^{2}}}}$

Read:   Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Ninh Bình

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

Do đó $M={{\left[ {{\left( -1 \right)}^{9}}+\left( -1 \right)-{{\left( -1 \right)}^{2020}} \right] }^{2021}}\text{  =}{{\left( -1-1-1 \right)}^{2021}}=-{{3}^{2021}}$

b) $N=\frac{1}{1+\sqrt{11}}+\frac{1}{\sqrt{11}+\sqrt{21}}+\frac{1}{\sqrt{21}+\sqrt{31}}+\ldots +\frac{1}{\sqrt{2011}+\sqrt{2021}}$

$N=\frac{1-\sqrt{11}}{-10}+\frac{\sqrt{11}-\sqrt{21}}{-10}+\frac{\sqrt{21}-\sqrt{31}}{-10}+\ldots +\frac{\sqrt{2011}-\sqrt{2021}}{-10}$

$N=\frac{1-\sqrt{11}+\sqrt{11}-\sqrt{21}+\sqrt{21}-\sqrt{31}+…+\sqrt{2011}-\sqrt{2021}}{-10}=\frac{1-\sqrt{2021}}{-10}=\frac{\sqrt{2021}-1}{10}$.

Bài 2.       (6 điểm)

a) Giải phương trình: $\sqrt{6{{x}^{2}}-7x-20}+3\sqrt{2x-5}-2\sqrt{3x+4}-6=0$.

b) Cho 3 số dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=2$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{2}{x}+\frac{8}{9y}+\frac{18}{25z}$.

c) Cho phương trình: ${{x}^{3}}+\left( 2m-5 \right){{x}^{2}}+\left( {{m}^{2}}-m+7 \right)x-{{m}^{2}}-m-3=0$ ($m$ là tham số).
Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình đã cho có 3 nghiệm dương phân biệt.

Lời giải

a) ĐKXĐ $2x-5\ge 0\Leftrightarrow x\ge \frac{5}{2}$.

Ta có: $\sqrt{6{{x}^{2}}-7x-20}+3\sqrt{2x-5}-2\sqrt{3x+4}-6=0$

$\Leftrightarrow \sqrt{\left( 2x-5 \right)\left( 3x+4 \right)}+3\sqrt{2x-5}-2\sqrt{3x+4}-6=0$

$\Rightarrow \sqrt{2x-5}.\left( \sqrt{3x+4}+3 \right)-2\left( \sqrt{3x+4}+3 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( \sqrt{3x+4}+3 \right)\left( \sqrt{2x-5}-2 \right)=0$

$\Leftrightarrow \sqrt{2x-5}-2=0$ $\Leftrightarrow \sqrt{2x-5}=2$

$\Leftrightarrow 2x=9$ $\Leftrightarrow x=\frac{9}{2}$ (thỏa mãn).

Vậy phương trình có tập nghiệm là $S=\left\{ \frac{9}{2} \right\}$.

b) Cho 3 số dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=2$.

Ta có: $2A=\left( \frac{2}{x}+\frac{8}{9y}+\frac{18}{25z} \right)\left( x+y+z \right)$

$=2+\frac{2y}{x}+\frac{2z}{x}+\frac{8x}{9y}+\frac{8}{9}+\frac{8z}{9y}+\frac{18x}{25z}+\frac{18y}{25z}+\frac{18}{25}$

$=2\cdot \left( \frac{y}{x}+\frac{4x}{9y} \right)+2\left( \frac{\text{z}}{x}+\frac{9x}{25z} \right)+2\cdot \left( \frac{4z}{9y}+\frac{9y}{25\text{z}} \right)+\frac{812}{225}$

$2\cdot 2\sqrt{\frac{4xy}{9xy}}+2\cdot 2\sqrt{\frac{9\text{xz}}{25\text{x}z}}+2\cdot 2\sqrt{\frac{36yz}{9.25yz}}+\frac{812}{225}$

$=\frac{8}{3}+\frac{12}{5}+\frac{8}{5}+\frac{812}{225}=\frac{2312}{225}\Rightarrow A\ge \frac{1156}{225}$.

Vậy  A có giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{1156}{225}$ khi $\frac{x}{15}=\frac{y}{10}=\frac{z}{9}$ và $x+y+z=2$

hay $\left( x;y;z \right)=\left( \frac{15}{17};\frac{10}{17};\frac{9}{17} \right)$.

c) ${{x}^{3}}+\left( 2m-5 \right){{x}^{2}}+\left( {{m}^{2}}-m+7 \right)x-{{m}^{2}}-m-3=0$

$\left( x-1 \right)\cdot \left[ {{x}^{2}}+\left( 2m-4 \right)x+{{m}^{2}}+m+3 \right] =0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=1 \\& {{x}^{2}}+\left( 2m-4 \right)x+{{m}^{2}}+m+3=0.\,\text{ }\left( 1 \right) \\\end{align} \right.$

Theo bài ra ta phải có phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt khác 1.

$ \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
1 + \left( {2m – 4} \right) \cdot 1 + {m^2} + m + 3 \ne 0 \hfill \cr
{\rm{\Delta ‘}} = {(m – 2)^2} – {m^2} – m – 3 > 0 \hfill \cr
2 – m > 0 \hfill \cr
{m^2} + m + 3 > 0 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}{{m}^{2}}+3m\ne 0  \\-5m+1>0  \\m<2  \\\end{matrix}\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& m\ne 0\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\vee m\ne -3 \\& m<\frac{1}{5} \\\end{align} \right. \right.$.

Vậy các giá trị của $m$ thỏa mãn là $m<\frac{1}{5}$ và $m\ne 0$ và $m\ne -3$.

Bài 3.       (5 điểm)

a) Cho 40 số nguyên dương thay đổi sao cho có tổng bằng 58.

Read:   File Word đề thi HSG Toán 9 Tỉnh Ninh Bình – Năm học 2022 – 2023

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của tổng các bình phương của chúng.

b) Giả sử ba số thực $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a>0,bc=3{{a}^{2}},a+b+c=abc$. Chứng minh rằng $a\ge \sqrt{\frac{1+2\sqrt{3}}{3}}$.

Lời giải

Gọi 40 số đã cho là ${{a}_{i}},\text{ i=}\overline{1,40}$ ta có ${{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{40}}=58$.

Ta phải tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của tổng $P=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+…+a_{k}^{2}+…+a_{40}^{2}$.

+) Tìm Min: Ta có $k.1+\left( 40-k \right).2=58\Leftrightarrow k=22$. Khi đó $P=94$.   (1)

Giả sử trong 40 số đó có $k$ số bằng 1 mà $k\le 21$, khi đó để $P$ min thì các số còn lại lớn hơn hoặc bằng 2.

Ta có $P\ge 1.k+4.\left( 40-k \right)=160-3k\ge 160-63=97$.   (2)

Từ (1) và (2) suy ra $P$ có giá trị nhỏ nhất bằng 94 khi $22$ số bằng 1 và $18$ số bằng 2.

+) Tìm Max, từ giả thiết suy ra ${{a}_{i}}\le 19$.

Áp dụng tích chất nếu $1\le x\le 19$ ta có ${{x}^{2}}\le 20x-19$ với các số ${{a}_{i}}$ ta có

$a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+…+a_{k}^{2}+…+a_{40}^{2}\le 20\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{40}} \right)-40.19=20.58-40.19=400$.

Vậy $P$ có giá trị lớn nhất bằng 400 khi có  1 số bằng $19$ và 39 số còn lại bằng $1$.

b) Ta có $\text{ }\!\!~\!\!\text{ }a+b+c=abc$$\Leftrightarrow \text{ }\!\!~\!\!\text{ }b+c=3{{a}^{3}}-a$

Khi đó $b,c$ là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}-\left( 3{{a}^{3}}-a \right)x+3{{a}^{2}}=0$  (1)

Phương trình (1) có nghiệm khi ${{\left( 3{{a}^{3}}-a \right)}^{2}}-4\cdot 3{{a}^{2}}0$

$\Leftrightarrow 9{{a}^{6}}-6{{a}^{4}}-11{{a}^{2}}0$$\Leftrightarrow 9{{a}^{4}}-6{{a}^{2}}-110$ $\Leftrightarrow \left( 3{{a}^{2}}+2\sqrt{3}-1 \right)\left( 3{{a}^{2}}-1-2\sqrt{3} \right)0$

$\Leftrightarrow 3{{a}^{2}}-1-2\sqrt{3}0\Leftrightarrow {{a}^{2}}\frac{1+2\sqrt{3}}{3}$

$\Leftrightarrow a\ge \sqrt{\frac{1+2\sqrt{3}}{3}}$ (do $a>0$)

Bài 4.       (5 điểm)

Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, có đường tròn nội tiếp $(I)$. Các điểm $E,F$ theo thứ tự thuộc các cạnh $CA,AB\left( E\ne C,A;F\ne B,A \right)$ sao cho $EF$ tiếp xúc với $\left( I \right)$tại $P$. Gọi $K,L$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $E,F$ trên $BC$. Giả sử $FK$cắt $EL$ tại $J$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $J$ trên $BC$.

a) Chứng minh: $HJ$là phân giác của $\widehat{EHF}$

b) Ký hiệu ${{S}_{1}};{{S}_{2}}$lần lượt là diện tích các tứ giác $BFJL;CEJK$. Chứng minh $\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\frac{B{{F}^{2}}}{C{{E}^{2}}}$.

Read:   8 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Nên tham khảo cho năm học 2022 - 2023

c) Gọi $D$là trung điểm của $BC$. Chứng minh ba điểm $P,J,D$ thẳng hàng.

Lời giải

a) Gọi $G$là giao điểm của $EK,FH\Rightarrow EK\text{//}FL\text{//}JH$(cùng vuông góc với $BC$)

$\Rightarrow \frac{EK}{FL}=\frac{EJ}{JL}=\frac{HK}{HL}=\frac{GK}{FL}\Rightarrow EK=GK$

$\Rightarrow \Delta HEG$ cân tại $H$ (do đường trung tuyến là đường cao) $\Rightarrow HK$ là phân giác $\widehat{EHG}$.

Mà $JH\bot HK\Rightarrow $$JH$là phân giác góc ngoài tại $H$ hay $JH$là phân giác $\widehat{EHF}$.

b) Ta có $EK\text{//}FL\Rightarrow \widehat{JEL}=\widehat{FLJ}\Rightarrow \Delta EJK$ đồng dạng $\Delta LJF$

$\Rightarrow \frac{{{S}_{LJF}}}{{{S}_{EJK}}}={{\left( \frac{LF}{KE} \right)}^{2}}\Rightarrow {{S}_{LJF}}={{\left( \frac{LF}{KE} \right)}^{2}}.{{S}_{EJK}}$

Do $\Delta ABC$ cân $\Rightarrow \Delta FBL$ đồng dạng $\Delta ECK\left( g.g \right)$

$\Rightarrow \frac{BF}{EC}=\frac{FL}{EK}\Rightarrow $$\frac{{{S}_{FLB}}}{{{S}_{EKC}}}={{\left( \frac{LF}{KE} \right)}^{2}}\Rightarrow {{S}_{FLB}}={{\left( \frac{LF}{KE} \right)}^{2}}.{{S}_{EKC}}$

Ta có $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}{{S}_{1}}={{S}_{BFJL}}={{S}_{BFL}}+{{S}_{JFL}}  \\{{S}_{2}}={{S}_{EJKC}}={{S}_{EJK}}+{{S}_{ECK}}  \\\end{array} \right.$

$\Rightarrow {{S}_{1}}={{S}_{BFJL}}={{S}_{BFL}}+{{S}_{FJL}}={{\left( \frac{FL}{EK} \right)}^{2}}\cdot {{S}_{EKC}}+{{\left( \frac{FL}{EK} \right)}^{2}}\cdot {{S}_{EJK}}$

$={{\left( \frac{FL}{EK} \right)}^{2}}\left( {{S}_{EKC}}+{{S}_{EJK}} \right)={{\left( \frac{FL}{EK} \right)}^{2}}{{S}_{2}}$

$\Rightarrow \frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}={{\left( \frac{FL}{EK} \right)}^{2}}={{\left( \frac{BF}{CE} \right)}^{2}}=\frac{B{{F}^{2}}}{C{{E}^{2}}}$.

c)

Gọi $M,N$ là giao điểm của $EI,FI$ và $BC$

Ta có $AB,FE$ là tiếp tuyến $\left( I \right)$ cắt nhau tại $F$

$\Rightarrow FI$ là phân giác của $\widehat{BFE}$$\Rightarrow \widehat{BFI}=\widehat{IFE}$

Tương tự $EI$ là phân giác của $\widehat{FEI}$$\Rightarrow \widehat{FEI}=\widehat{IEC}$

Xét $\Delta IEF$ có $\widehat{EIF}={{180}^{0}}-\left( \widehat{IEF}+\widehat{IFE} \right)=180{}^\circ -\frac{\widehat{BFE}+\widehat{FEC}}{2}=\frac{360{}^\circ -\left( \widehat{BFE}+\widehat{FEC} \right)}{2}=\widehat{B}=\widehat{C}$

$\Rightarrow $ Tứ giác $BFIM;CEIN$ nội tiếp.

Ta có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC\Rightarrow CI$ là phân giác $\widehat{ECB}$

$\Rightarrow \widehat{ECI}=\widehat{NCI}=\widehat{ENI}=\widehat{IEN}$$\Rightarrow \Delta ENI$cân tại $I\Rightarrow IE=IN$

Chứng minh tương tự $FI=IM$.

Ta có $\widehat{MEN}=\widehat{FME}=\frac{\widehat{C}}{2}\Rightarrow EN\text{//}MF$

Áp dụng định lý Ta let ta được

$\frac{ID}{FL}=\frac{IN}{FN}=\frac{DN}{NL}\,\,\left( ID\text{//}FL \right)$

$\frac{IE}{EM}=\frac{DK}{KM}=1-\frac{ID}{EK}\,\,\left( ID\text{//}EK \right)$

$\frac{IE}{IM}=\frac{IN}{IF}(FM\text{//}EK)$

$\Rightarrow \frac{IL}{IM+IE}=\frac{IN}{IN+IF}=\frac{IE}{EM}=\frac{IN}{FN}$

$\Rightarrow \frac{ID}{FL}=1-\frac{ID}{EK}\Leftrightarrow \frac{ID}{FL}+\frac{ID}{EK}=1$

$\Leftrightarrow ID\left( \frac{1}{FL}+\frac{1}{EK} \right)=1$

Lại có $JH\left( \frac{1}{FL}+\frac{1}{EK} \right)=\frac{JH}{FL}+\frac{JH}{EK}=\frac{HK}{LK}+\frac{LH}{LK}=1\,\,(JH\text{//}EK\text{//}FL)$

$\Rightarrow ID=JH\Rightarrow IDHJ$ là hình chữ nhật.

Kéo dài $JH$cắt $EF$ tại $R$, $ID$ cắt $\left( I \right)$tại $Q$

$\Rightarrow IQ=ID$

Ta có $\frac{JR}{FL}+\frac{JR}{EK}=\frac{ER}{EF}+\frac{FR}{EF}=1\,\,(RJ\text{//}FL\text{//}EK)$

Lại có $\frac{ID}{FL}+\frac{ID}{EK}=1\,\,(\text{cmt})\Rightarrow RJ=QI=ID$$\Rightarrow RQIJ$ là hình chữ nhật

Lại có $\Delta IPR$ vuông nên 5 điểm $I,J,P,Q,R$ cùng thuộc đường tròn đường kính $RI$.

$\Rightarrow \widehat{JPQ}+\widehat{JIQ}=180{}^\circ \Rightarrow \widehat{JPQ}=90{}^\circ $ mà $\widehat{DPQ}=90{}^\circ $$\Rightarrow D;J;P$ thẳng hàng.

Hình đại diện của người dùng

admin

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *