Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Đắk Lắk

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Đắk Lắk

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2018 – 2019

Câu 1 (4,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: $A=\left( 3+\sqrt{3} \right)\sqrt{33-12\sqrt{5-\sqrt[3] {37-30\sqrt{3}}}}$.

b) Giải phương trình $\left\{ \begin{align} & x\sqrt{x}-6x+12\sqrt{x}-8=y\sqrt{y} \\& x-2\sqrt{x}-1=2\sqrt{y}. \\\end{align} \right.$

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho phương trình ${{x}^{2}}-4x=2\left| x-2 \right|-m-5$ $(m$ là tham số). Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, một đường thẳng $d$ có hệ số góc $k$ đi qua điểm $M\left( 0;3 \right)$ và cắt Parabol $\left( P \right):y={{x}^{2}}$ tại hai điểm $A,\ B.$ Gọi $C,\ D$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A,\ B$ trên trục $Ox.$ Viết phương trình đường thẳng $d,$ biết hình thang $ABCD$ có diện tích bằng 20.

Câu 3 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình nghiệm nguyên \[2{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy+6x+4y=20.\]

b) Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.

Câu 4 (4,0 điểm)

Cho điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $\left( O \right).$ Vẽ hai tiếp tuyến $AB,\ AC\ (B,\ C$ là các tiếp điểm) và một cát tuyến $ADE$ của $\left( O \right)$ sao cho $ADE$ nằm giữa hai tia $AO$ và $AB\ (D,\ E$ thuộc $\left( O \right)).$ Đường thẳng qua $D$ song song với $BE$ cắt $BC,\ AB$ lần lượt tại $P,\ Q.$

a) Gọi $H$ là giao điểm của $BC$ với $OA.$ Chứng minh rằng tứ giác $OEDH$ nội tiếp.

b) Gọi $K$ là điểm đối xứng của $B$ qua $E.$ Chứng minh rằng $A,\ P,\ K$ thẳng hàng.

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho hình vuông $ABCD.$ Trên các cạnh $CB,\ CD$ lần lượt lấy các điểm $M,\ N\ (M$ khác $B$ và $C,\ N$ khác $C$ và $D)$ sao cho $\widehat{MAN}=45{}^\circ .$ Chứng minh rằng đường chéo $BD$ chia tam giác $AMN$ thành phần có diện tích bằng nhau.

Câu 6 (2,0 điểm)

Cho $a,\ b,\ c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng $\frac{a+1}{{{b}^{2}}+1}+\frac{b+1}{{{c}^{2}}+1}+\frac{c+1}{{{a}^{2}}+1}\ge 3.$

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2018 – 2019

Câu 1 (4,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: $A=\left( 3+2\sqrt{3} \right)\sqrt{33-12\sqrt{5-\sqrt[3] {37-30\sqrt{3}}}}$.

b) Giải phương trình $\left\{ \begin{align}& x\sqrt{x}-6x+12\sqrt{x}-8=y\sqrt{y} \\& x-2\sqrt{x}-1=2\sqrt{y}. \\\end{align} \right.$

Lời giải

a) Ta có $A=\left( 3+2\sqrt{3} \right)\sqrt{33-12\sqrt{5-\sqrt[3] {{{\left( 1-2\sqrt{3} \right)}^{3}}}}}=\left( 3+2\sqrt{3} \right)\sqrt{33-12\sqrt{4+2\sqrt{3}}}$

$=\left( 3+2\sqrt{3} \right)\sqrt{33-12\sqrt{{{\left( \sqrt{3}+1 \right)}^{2}}}}=\left( 3+2\sqrt{3} \right)\sqrt{21-12\sqrt{3}}=\left( 3+2\sqrt{3} \right)\sqrt{{{\left( 3-2\sqrt{3} \right)}^{2}}}$

$=\left( 3+2\sqrt{3} \right)\left( 2\sqrt{3}-3 \right)=3.$

b) ĐKXĐ: $x,\ y\ge 0.$ Ta có $x\sqrt{x}-6x+12\sqrt{x}-8=y\sqrt{y}\Leftrightarrow {{\left( \sqrt{x}-2 \right)}^{3}}={{\left( \sqrt{y} \right)}^{3}}\Leftrightarrow \sqrt{y}=\sqrt{x}-2$

Thế vào phương trình thứ hai ta được $x-2\sqrt{x}-1=2\sqrt{x}-4\Leftrightarrow \left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}-3 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=1 \\& x=9 \\\end{align} \right.$

Với $x=1$ thì $\sqrt{y}=-1$ (loại). Với $x=9$ thì $\sqrt{y}=1\Leftrightarrow y=1.$ Hệ có nghiệm $\left( x;y \right)=\left( 9;1 \right).$

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho phương trình ${{x}^{2}}-4x=2\left| x-2 \right|-m-5$ $(m$ là tham số). Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

b) Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy,$ một đường thẳng $d$ có hệ số góc $k$ đi qua điểm $M\left( 0;3 \right)$ và cắt Parabol $\left( P \right):y={{x}^{2}}$ tại hai điểm $A,\ B.$ Gọi $C,\ D$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A,\ B$ trên trục $Ox.$ Viết phương trình đường thẳng $d,$ biết hình thang $ABCD$ có diện tích bằng 20.

Lời giải

a) Ta có phương trình tương đương ${{\left( x-2 \right)}^{2}}-2\left| x-2 \right|+m+1=0.$ Đặt $\left| x-2 \right|=t\ge 0.$

Ta có phương trình ${{t}^{2}}-2t+m+1=0\ (*).$ Để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm dương phân biệt. Khi đó

$\left\{ \begin{array}{l}
\Delta ‘ > 0\\
2 > 0\\
m + 1 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
– m > 0\\
m > – 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow – 1 < m < 0.$

b) Gọi phương trình đường thẳng $\left( d \right):y=ax+b.$ Vì $\left( d \right)$ đi qua $M\left( 0;3 \right)$ nên $\left( d \right):y=ax+3.$ Hoành độ giao điểm của $\left( d \right)$ và $\left( P \right)$ là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}-ax-3=0,$ do $1.\left( -3 \right)<0$ nên phương trình ${{x}^{2}}-ax-3=0$ luôn có hai nghiệm phân biệt hay $\left( d \right)$ cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt $A$ và $B$ có hoành độ ${{x}_{A}}$ và ${{x}_{B}}.$

Theo Vi-ét thì $\left\{ \begin{align}& {{x}_{A}}+{{x}_{B}}=a \\& {{x}_{A}}{{x}_{B}}=-3 \\\end{align} \right..$ Khi đó tọa độ $A\left( {{x}_{A}};x_{A}^{2} \right),$ $B\left( {{x}_{B}};x_{B}^{2} \right),$ $C\left( {{x}_{A}};0 \right),$ $D\left( {{x}_{B}};0 \right).$

Ta có ${{S}_{ABCD}}=\frac{\left( AC+BD \right)CD}{2}=\frac{\left( x_{A}^{2}+x_{B}^{2} \right)\sqrt{{{\left( {{x}_{A}}-{{x}_{B}} \right)}^{2}}}}{2}=20$

$\Rightarrow \left[ {{\left( {{x}_{A}}+{{x}_{B}} \right)}^{2}}-2{{x}_{A}}{{x}_{B}} \right] \sqrt{{{\left( {{x}_{A}}+{{x}_{B}} \right)}^{2}}-4{{x}_{A}}{{x}_{B}}}=40\Rightarrow \left( {{a}^{2}}+6 \right)\sqrt{{{a}^{2}}+12}=40.$

Đặt $\sqrt{{{a}^{2}}+12}=t$ ta có ${{t}^{3}}-6t-40=0\Leftrightarrow \left( t-4 \right)\left( {{t}^{2}}+4t+10 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( t-4 \right)\left[ {{\left( t+2 \right)}^{2}}+6 \right] =0\Leftrightarrow t=4\Rightarrow \sqrt{{{a}^{2}}+12}=4\Leftrightarrow a=\pm 2.$

Phương trình đường thẳng $\left( d \right):y=-2x+3;\ \left( d \right):2x+3.$

Câu 3 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình nghiệm nguyên $2{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy+6x+4y=20.$

b) Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.

Lời giải

a) Ta có phương trình tương đương ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( x+y+2 \right)}^{2}}=25.$

$\Leftrightarrow {{\left( \left| x+1 \right| \right)}^{2}}+{{\left( \left| x+y+2 \right| \right)}^{2}}=25={{0}^{2}}+{{5}^{2}}={{3}^{2}}+{{4}^{2}}.$

Xét các trường hợp sau

TH1: $\left\{ \begin{align}& \left| x+1 \right|=0 \\& \left| x+y+2 \right|=5 \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( x;y \right)\in \left\{ \left( -1;-6 \right),\left( -1;4 \right) \right\}.$

TH2: $\left\{ \begin{align}& \left| x+1 \right|=5 \\& \left| x+y+2 \right|=0 \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( x;y \right)\in \left\{ \left( -6;4 \right),\left( 4;-6 \right) \right\}.$

TH3: $\left\{ \begin{align}& \left| x+1 \right|=3 \\& \left| x+y+2 \right|=4 \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( x;y \right)\in \left\{ \left( 2;-8 \right),\left( 2;0 \right),\left( -4;6 \right),\left( -4;-2 \right) \right\}.$

TH2: $\left\{ \begin{align}& \left| x+1 \right|=4 \\& \left| x+y+2 \right|=3 \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( x;y \right)\in \left\{ \left( 3;-8 \right),\left( 3;-2 \right),\left( -5;-6 \right),\left( -5;0 \right) \right\}.$

b) Gọi số tự nhiên cần tìm là $\overline{abcd}={{\left( a+b+c+d \right)}^{3}}$ theo bài ra $1000\le \overline{abcd}\le 9999.$

Đặt $a+b+c+d=n\Rightarrow 1000\le {{n}^{3}}\le 9999\Leftrightarrow 10\le n\le 21.$

Mặt khác $\overline{abcd}=999a+99c+9c+n={{n}^{3}}\Rightarrow \left( {{n}^{3}}-n \right)\vdots 9\Leftrightarrow \left( n-1 \right)n\left( n+1 \right)\vdots 9.$ Do đó, trong ba số $n-1,\ n,\ n+1$ phải có 1 số chia hết cho 9, kết hợp với $10\le n\le 21\Rightarrow n\in \left\{ 10;17;18;19 \right\}.$

Với $n=10\Rightarrow a+b+c+d=10\Rightarrow \overline{abcd}=1000$ (loại).

Với $n=17\Rightarrow a+b+c+d=17\Rightarrow \overline{abcd}=4913$ (thỏa mãn).

Với $n=18\Rightarrow a+b+c+d=18\Rightarrow \overline{abcd}=5832$ (thỏa mãn).

Với $n=19\Rightarrow a+b+c+d=19\Rightarrow \overline{abcd}=6859$ (loại).

Câu 4 (4,0 điểm)

Cho điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $\left( O \right).$ Vẽ hai tiếp tuyến $AB,\ AC\ (B,\ C$ là các tiếp điểm) và một cát tuyến $ADE$ của $\left( O \right)$ sao cho $ADE$ nằm giữa hai tia $AO$ và $AB\ (D,\ E$ thuộc $\left( O \right)).$ Đường thẳng qua $D$ song song với $BE$ cắt $BC,\ AB$ lần lượt tại $P,\ Q.$

a) Gọi $H$ là giao điểm của $BC$ với $OA.$ Chứng minh rằng tứ giác $OEDH$ nội tiếp.

b) Gọi $K$ là điểm đối xứng của $B$ qua $E.$ Chứng minh rằng $A,\ P,\ K$ thẳng hàng.

Lời giải

a) Áp dụng phương tích đường tròn ta có $A{{B}^{2}}=AD.AE.$ Áp dụng hệ thức trong tam giác $ABO$ vuông tại B, AH là đường cao có $A{{B}^{2}}=AH.AO$

$\Rightarrow AH.AO=AD.AE$ $\Rightarrow \frac{AH}{AE}=\frac{AD}{AO}\Rightarrow \Delta AHD\ \ \Delta AEO$ $\Rightarrow \widehat{AHD}=\widehat{AEO}$ nên tứ giác $OEDH$ nội tiếp.

b) Gọi $I$ là giao điểm của $AE$ và $BC.$ Ta có $\widehat{AHD}=\widehat{DEO}=\widehat{ODE}=\widehat{OHE}\Rightarrow \widehat{BHD}=\widehat{BHE}.$

Suy ra $HI$ là phân giác ngoài của $\Delta DHE$ mà $HI\bot AH$ nên $HA$ là đường phân giác ngoài của $\Delta DHE.$

Do đó $\frac{HD}{HE}=\frac{DE}{AE}=\frac{ID}{IE}$ mà $PQ\ \text{//}\ BK$ nên $A,\ P,\ K$ thẳng hàng.

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho hình vuông $ABCD.$ Trên các cạnh $CB,\ CD$ lần lượt lấy các điểm $M,\ N\ (M$ khác $B$ và $C,\ N$ khác $C$ và $D)$ sao cho $\widehat{MAN}=45{}^\circ .$ Chứng minh rằng đường chéo $BD$ chia tam giác $AMN$ thành phần có diện tích bằng nhau.

Lời giải

Đường chéo $BD$ cắt $AN,\ AM$ lần lượt tại $P$ và $Q.$ Ta có $\widehat{PAM}=\widehat{PBM}=45{}^\circ $ nên tứ giác $ABMP$ nội tiếp. Suy ra $\widehat{PMA}=\widehat{PBA}=\widehat{PAM}=45{}^\circ $ $\Rightarrow \Delta APM$ vuông cân. Tương tự $\widehat{NDQ}=\widehat{NAQ}=45{}^\circ $ nên tứ giác $ADNQ$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{QNA}=\widehat{QDA}=\widehat{QAN}=45{}^\circ $ $\Rightarrow \Delta AQN$ vuông cân. Kẻ $PH\bot AM$ tại $H$ $\Rightarrow HA=HM=PH$ hay $AM=2PN.$

Ta có $\frac{{{S}_{APQ}}}{{{S}_{AMN}}}=\frac{PH.AQ}{NQ.AM}=\frac{PH.NQ}{NQ.2PH}=\frac{1}{2}\Rightarrow {{S}_{AMN}}=2{{S}_{APQ}}$

Câu 6 (2,0 điểm)

Cho $a,\ b,\ c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng $\frac{a+1}{{{b}^{2}}+1}+\frac{b+1}{{{c}^{2}}+1}+\frac{c+1}{{{a}^{2}}+1}\ge 3.$

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có

$\frac{a+1}{{{b}^{2}}+1}=\left( a+1 \right)-\frac{\left( a+1 \right){{b}^{2}}}{{{b}^{2}}+1}\le \left( a+1 \right)-\frac{\left( a+1 \right){{b}^{2}}}{2b}=\left( a+1 \right)-\frac{ab+b}{2}.$

Tương tự ta cũng có $\frac{b+1}{{{c}^{2}}+1}\le \left( b+1 \right)-\frac{bc+c}{2};\frac{c+1}{{{a}^{2}}+1}\le \left( c+1 \right)-\frac{ca+a}{2}.$

Cộng theo vế được

$\frac{a+1}{{{b}^{2}}+1}+\frac{b+1}{{{c}^{2}}+1}+\frac{c+1}{{{a}^{2}}+1}\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\ge 6-\frac{ab+bc+ca+3}{2}$

Mặt khác ta có BĐT ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge 3\left( ab+bc+ca \right)\Leftrightarrow ab+bc+ca\le 3.$

Do đó $\frac{a+1}{{{b}^{2}}+1}+\frac{b+1}{{{c}^{2}}+1}+\frac{c+1}{{{a}^{2}}+1}\ge 3.$ Dấu “=” chỉ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$