File Word Đề thi HSG Toán 9 – Thị xã Hoàng Mai – Năm học 2022 – 2023

File Word Đề thi HSG Toán 9 – Thị xã Hoàng Mai – Năm học 2022 – 2023

Đề thi

Câu 1. (4,0 điểm)

1. Tính giá trị biểu thức:
$
B=\frac{1}{(a+b)^3}\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\right)+\frac{3}{(a+b)^4}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)+\frac{6}{(a+b)^5}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)
$
Với a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện $a b=1 ;(a+b) \neq 0$.

2. Cho biểu thức: $A=\left(\frac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}+\frac{3 x+3}{9-x}\right):\left(\frac{2 \sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-3}-1\right)$
Tìm giá trị nhỏ nhất của $\mathrm{A}$.

Câu 2. (3,5 điểm)
1. Cho ba số nguyên tố lớn hơn 3 , gồm: $a ; a+k ; a+2 k$. Chứng minh rằng $k$ chia hết cho 6.
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $4 x+7 y-2 x y=17$

Câu 3. (4,0 điểm) Giải các phương trình sau:
1. $x^2-6 x+26=6 \sqrt{2 x+1}$
2. $\left(x^2+3 x-4\right)^2+3\left(x^2+3 x-4\right)=x+4$

Câu 4. (7,0 điểm)
1. Cho tam giác $A B C$ có 3 góc nhọn, vẽ đường cao $A D$ và $B E$. Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $A B C$.
a) Chứng minh: $A D \cdot D H=D B \cdot D C$ và $\tan B \cdot \tan C=\frac{A D}{H D}$
b) Gọi $a, b, c$ lần lượt là độ dài các cạnh $B C, C A, A B$ của tam giác $A B C$.
Chứng minh rằng: $\sin \frac{A}{2} \leq \frac{a}{2 \sqrt{b c}}$
2. Cho tam giác $A B C$ vuông cân tại $A$ và $M$ là điểm di động trên đường thẳng $B C$ khác $\mathrm{B}, \mathrm{C})$. Hình chiếu của $\mathrm{M}$ trên các đường thẳng $\mathrm{AB}$ và $\mathrm{AC}$ tương ứng là $\mathrm{H}$ và $\mathrm{K}$. Gọi $\mathrm{I}$ là giao điểm các đường thẳng $\mathrm{CH}$ và $\mathrm{BK}$. Chứng minh rằng các đường thẳng $\mathrm{MI}$ luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 5. (1,5 điểm)
Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có độ dài các cạnh là $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ sao cho thỏa mãn hệ thức
$
20 b c+11 a c+1982 a b=2022 \text {. }
$
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. $M=\frac{1993}{p-a}+\frac{2002}{p-b}+\frac{31}{p-c}$ (trong đó, $\mathrm{p}$ là nửa chu vi tam giác $\mathrm{ABC}$ )
— Hết —

Hướng dẫn giải:

Câu 1:

1) Ta có
$
\begin{aligned}
& P=\frac{a^3+b^3}{(a+b)^3}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{(a+b)^4}+\frac{6}{(a+b)^4} \quad(\text { do a.b }=1) \\
& =\frac{\left(a^3+b^3\right)(a+b)+3\left(a^2+b^2\right)+6}{(a+b)^4} \\
& =\frac{\left[(a+b)^3-3 a b(a+b)\right](a+b)+3\left[(a+b)^2-2 a b\right]+6}{(a+b)^4}=1 \\
& (\text { (do } a b=1)
\end{aligned}
$
Vậy $P=1$

2) ĐKXĐ: $x \geq 0 ; x \neq 9$
$A=\left(\frac{2 \sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}+\frac{3 x+3}{9-x}\right):\left(\frac{2 \sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-3}-1\right)$
Rút gọn được: $A=\frac{-3}{\sqrt{x}+3}$
Với $\mathrm{x} \geq 0$, ta có: $\sqrt{x}+3 \geq 3 \Rightarrow \frac{3}{\sqrt{x}+3} \leq \frac{3}{3}=1 \Rightarrow A=\frac{-3}{\sqrt{x}+3} \geq-1$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=0$ (TMĐK)
Vậy GTNN của $A$ là $-1$ khi $x=0$.
(Nếu HS sai hoặc thiếu điều kiện trừ 0,25 đ)

Câu 2:

1) Ta có $a+k-a=k$ là số tự nhiên chẵn, do đó $k$ chia hết cho 2 .
Giả sử $k$ không chia hết cho 3 . Khi đó $k=3 n+1$ hoặc $k=3 n+2$ $(n \in N)$.
Vì a là số nguyên tố lớn hơn 3 nên hoặc $a=3 t+1$ hoặc $a=3 t+2\left(t \in N^*\right)$. $+$ Với $a=3 t+1\left(t \in N^*\right)$.
Nếu $k=3 n+1$ thì $a+2 k=3 t+6 n+3 \vdots 3$, và $a+2 k>3$ nên $a+2 k$ không là số nguyên tố (trái gt).
Nếu $k=3 n+2$ thì $a+k=3 t+3 n+3 \vdots 3$ và $a+k>3$ nên $a+k$ không là số nguyên tố (trái $\mathrm{gt}$ ).
$+$ Với $a=3 t+2\left(t \in N^*\right)$.
Nếu $k=3 n+1$ thì $a+k=3 t+3 n+3 \vdots 3$ và $a+k>3$ nên $a+k$ không là số nguyên tố (trái $\mathrm{gt}$ ).
Nếu $k=3 n+2$ thì $a+2 k=3 t+6 n+6 \vdots 3$ và $a+2 k>3$ nên $a+2 k$ không là số nguyên tố (trái $\mathrm{gt})$.
Chứng tỏ $k$ chia hết cho 3 và chia hết cho 2 nên $k$ chia hết cho 6

2) $4 x+7 y-2 x y=17$
$
\Leftrightarrow(2-y)(2 x-7)=3
$
Do x,y nguyên nên có 4 cặp $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ thỏa mãn là: $(4 ;-1) ;(5 ; 1) ;(2 ; 3) ;(3 ; 5)$.

Câu 3:

1) Giải phương trình: $x^2-6 x+26=6 \sqrt{2 x+1}$
$Đ \mathrm{Đ}: x \geq-\frac{1}{2}$
$
\begin{aligned}
& \leftrightarrow\left(x^2-8 x+16\right)+(2 x+1-6 \sqrt{2 x+1}+9)=0 \\
& \leftrightarrow(x-4)^2+(\sqrt{2 x+1}-3)^2=0
\end{aligned}
$
(1) $\leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}x-4=0 \\ \sqrt{2 x+1}=3\end{array} \leftrightarrow \mathrm{x}=4(\mathrm{~T} / \mathrm{M})\right.$
Vậy $\mathrm{S}=\{4\}$

2) Viết phương trình về dạng
$
\begin{gathered}
\left(x^2+3 x-4\right)^2+4\left(x^2+3 x-4\right)=x^2+4 x \\
{\left[\left(x^2+3 x-4\right)^2-x^2\right]+4\left[\left(x^2+3 x-4\right)-x\right]=0} \\
\left(x^2+2 x-4\right)\left(x^2+4 x\right)=0 \\
x \in\{-1 \pm \sqrt{5} ; 0 ;-4\}
\end{gathered}
$

Câu 4

1)

a) Xét 2 tam giác vuông $\mathrm{ADC}$ và $\mathrm{BDH}$ có góc $\angle \mathrm{DAC}=\angle \mathrm{DBH}$ (vì cùng phụ Ta có $\tan \mathrm{B}=\frac{A D}{B D} ; \tan \mathrm{C}=\frac{A D}{D C} \Rightarrow \tan \mathrm{B} \cdot \tan \mathrm{C}=\frac{A D^2}{B D \cdot D C}$
Từ $(*) \Rightarrow \frac{A D^2}{B D \cdot D C}=\frac{A D}{H D}$
(2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow \tan B \cdot \tan C=\frac{A D}{H D}$
b) Gọi $\mathrm{AF}$ là tia phân giác góc $\mathrm{A}$; kẻ $\mathrm{BM}, \mathrm{CN}$ lần lượt vuông góc với $\mathrm{AF}$
Ta có: $B M=c \cdot \sin \frac{A}{2}$
Tương tự
$C N=b \cdot \sin \frac{A}{2}$ do đó $B M+C N=(b+c) \cdot \sin \frac{A}{2}$
Mặt khác ta luôn có: $B M+C N \leq B F+F C=B C=a$
Nên $(b+c) \cdot \sin \frac{A}{2} \leq a \Rightarrow \sin \frac{A}{2} \leq \frac{a}{b+c} \leq \frac{a}{2 \sqrt{b \cdot c}}$
Dấu “=” xảy ra khi: BM = $\mathrm{CN}$ hay tam giác $\mathrm{ABC}$ cân tại $\mathrm{A}$.
Vậy: $\sin \frac{A}{2} \leq \frac{a}{2 \sqrt{b c}}$

2) Gọi $\mathrm{D}$ là điểm đối xứng của $\mathrm{A}$ qua $\mathrm{BC}$. Đường thẳng $\mathrm{DI}$ cắt $\mathrm{KH}$ tại $\mathrm{N}$. Gọi $\mathrm{P}$ là giao điểm của hai đường thẳng $\mathrm{HM}$ và $\mathrm{DC}$.
Chứng minh được $\triangle B H D=\triangle A K B($ c.g.c)
$
\text { Vì }\left(B D=B A, \hat{A}=\hat{B}=90^{\circ}, B H=H M=A K\right)
$
do đó $\widehat{B H D}=\widehat{B K A}$ suy ra $\mathrm{BK}$ vuông góc với $\mathrm{HD}$ (tại $\mathrm{E}$ ).
Tương tự ta chứng minh được $\mathrm{CH}$ vuông góc $\mathrm{KD}$ (tại $\mathrm{F}$ ).
Nên I là trực tâm tam giác $\mathrm{HDK}$, do đó DI vuông góc với $\mathrm{KH}$ tại $\mathrm{N}$ (1)
Mặt khác: $\triangle P D M=\triangle M H K($ c.g.c)
Vì $\left(M P=M K, \hat{P}=\widehat{M}=90^{\circ}, D P=B H=H M\right)$
Do đó $\widehat{P M D}=\widehat{M K H}$ suy ra MD vuông góc với $\mathrm{KH}$
(2)
Từ (1) và (2) suy ra $\mathrm{M}, \mathrm{I}, \mathrm{D}$ thẳng hàng, nghĩa là đường thẳng $\mathrm{MI}$ luôn đi qua điểm $\mathrm{D}$ cố định.

Câu 5

Hs chứng minh được BĐT : với $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ là các số thực dương thì:
$
\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}
$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y$

Ta có: $M=\frac{1993}{p-a}+\frac{2002}{p-b}+\frac{31}{p-c}$
$
\begin{aligned}
&=1982\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\right)+11\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-c}\right)+20\left(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right) \\
& \geq 1982 \cdot \frac{4}{p-a+p-b}+11 \cdot \frac{4}{p-a+p-c}+20 \cdot \frac{4}{p-b+p-c} \\
&= 4\left(\frac{1982}{c}+\frac{11}{b}+\frac{20}{a}\right)=4 \cdot \frac{1982 a b+11 a c+20 b c}{a b c}=4 \cdot \frac{2022 a b c}{a b c} \\
&=8088
\end{aligned}
$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{c}p-a=p-b=p-c \\ 20 b c+11 a c+1982 a b=2022 a b c\end{array}\right.$
Hay là: $a=b=c=\frac{671}{674}$
Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$ là 8088 đạt được khi $a=b=c=\frac{671}{674}$

Đợi Word hoàn thiện mình sẽ chia sẻ