Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Sóc Trăng
Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Sóc Trăng
ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH SÓC TRĂNG NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1
Cho biểu thức $P=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{x+\sqrt{{{x}^{2}}-1}}}+\sqrt{x-1}$ với $x\ge 1$.
a) Rút gọn $P$.
b) Tìm $x$ để ${{P}^{2}}=2+\sqrt{1-\sqrt{{{x}^{4}}-{{x}^{2}}}}$.
Câu 2
a) Chứng minh rằng tổng các chữ số của một số chính phương bất kỳ không thể bằng 2019.
b) Nhà bạn An có một cái bể chứa nước hình trụ có chiều cao $h=1\,(m)$ và đường kính mặt đáy (không kể bề dày thành bể) là $d=\sqrt{\frac{40}{\pi }}\left( dm \right)$. Ban đầu bể không có nước, An đã sử dụng $2$cái thùng để xách nước đổ vào bể, một thùng loại $7$lít và một thùng loại $4$lít. Sau nhiều lượt đổ nước vào bể, nhưng An không nhớ mình đã xách mỗi loại thùng trên bao nhiêu lần. Em hãy tính giúp xem An đã xách mỗi loại bao nhiêu lần? Biết rằng thùng luôn được đong đầy nước trước khi đổ vào bể chứa.
Câu 3
a) Tìm $m$ để phương trình $2{{x}^{2}}-\left( m+1 \right)x-18=0$ có hai nghiệm thực phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$sao cho biểu thức $Q=\left( x_{1}^{2}+4 \right)\left( x_{2}^{2}+25 \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{align} & x{{y}^{2}}+x=2{{y}^{2}} \\& {{x}^{4}}y+{{x}^{2}}y=3{{x}^{3}}-y \\\end{align} \right.$.
Câu 4
Cho tam giác đều $ABC$. Trên tia đối của tia $CB$ lấy điểm $D$ sao cho $\widehat{CAD}=15{}^\circ $. Đường thẳng vuông góc với $BC$ tại $C$ cắt $AD$ tại $E$. Tia phân giác trong của $B$ cắt $AD$ ở $K$. Chứng minh rằng $AK=ED$.
Câu 5
Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ có $AH$là đường cao. Trên đoạn $HC$ lấy điểm $M$($M$ khác $H$ và $C$). Gọi $I;J$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $M$ đến các cạnh $AC$ và $AB$, $N$ là điểm đối xứng của $M$ qua $IJ$.
a) Chứng minh rằng $ABCN$ nội tiếp đường tròn $\left( T \right)$.
b) Kéo dài $AM$ cắt đường tròn $\left( T \right)$ tại $\left( P \right)$ ($P$ khác $A$). Chứng minh rằng $\frac{1}{PM}<\frac{1}{PB}+\frac{1}{PC}$.
c) Gọi $D$ là trung điểm của $AH$, kẻ $HK$ vuông góc với $CD$ tại $K$.
Chứng minh rằng $\widehat{BAK}=\widehat{KHC}$.
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SÓC TRĂNG 18-19
Câu 1
Cho biểu thức $P=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{x+\sqrt{{{x}^{2}}-1}}}+\sqrt{x-1}$ với $x\ge 1$.
a) Rút gọn P.
b) Tìm $x$ để ${{P}^{2}}=2+\sqrt{1-\sqrt{{{x}^{4}}-{{x}^{2}}}}$.
Lời giải
a) Ta có $P=\frac{2}{\sqrt{x+1+2\sqrt{{{x}^{2}}-1}+x-1}}+\sqrt{x-1}$$=\frac{2}{\sqrt{{{\left( \sqrt{x+1}+\sqrt{x-1} \right)}^{2}}}}+\sqrt{x-1}$
$=\frac{2}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}+\sqrt{x-1}$$=\frac{2\left( \sqrt{x+1}-\sqrt{x-1} \right)}{2}+\sqrt{x-1}$$=\sqrt{x+1}$
b) Ta có ${{P}^{2}}=2+\sqrt{1+\sqrt{{{x}^{4}}-{{x}^{2}}}}$$\Rightarrow x-1=\sqrt{1-\sqrt{{{x}^{4}}-{{x}^{2}}}}$$\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}=1-\sqrt{{{x}^{4}}-{{x}^{2}}}$
$\Leftrightarrow x\sqrt{{{x}^{2}}-1}=x\left( 2-x \right)$$\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}-1}=2-x$$\Leftrightarrow x=\frac{5}{4}$ (vì $x\ge 1$).
Câu 2
a) Chứng minh rằng tổng các chữ số của một số chính phương bất kỳ không thể bằng$2019$.
b) Nhà bạn An có một cái bể chứa nước hình trụ có chiều cao $h=1\,\,(m)$ và đường kính mặt đáy (không kể bề dày thành bể) là $d=\sqrt{\frac{40}{\pi }}\left( dm \right)$. Ban đầu bể không có nước, An đã sử dụng $2$cái thùng để xách nước đổ vào bể, một thùng loại $7$lít và một thùng loại $4$lít. Sau nhiều lượt đổ nước vào bể, nhưng An không nhớ mình đã xách mỗi loại thùng trên bao nhiêu lần. Em hãy tính giúp xem An đã xách mỗi loại bao nhiêu lần? Biết rằng thùng luôn được đong đầy nước trước khi đổ vào bể chứa.
Lời giải
a) Ta biết rằng tổng các chữ số của một số tự nhiên thì có cùng số dư với số tự nhiên đó khi chia cho $9$. Mà một số chính phương khi chia cho $9$ có số dư là $0;1;4$hoặc $7$. Nhưng $2019$chia cho $9$ dư $3$. Do đó tổng các chữ số của một số chính phương bất kỳ không thể bằng $2019$.
b) Ta có thể tích của bể là $V=Sh=\pi {{\left( \frac{1}{2}\sqrt{\frac{40}{\pi }} \right)}^{2}}.10$$=100\left( d{{m}^{3}} \right)$ $=100$ lít.
Gọi $x,y$ theo thứ tự là số lượt đổ thùng loại $4$lít và $7$lít vào bể $\left( x,y\in {{N}^{*}} \right)$.
Theo bài toán thì $4x+7y=100$$\Rightarrow 7y\vdots 4$$\Rightarrow y\vdots 4$.
Mặt khác $7y=100-4x\le 96\Leftrightarrow 4\le y\le 12$.
Xét $y=4$ thì $x=18$, xét $y=8$ thì $x=11$, xét $y=12$ thì $x=4$.
Câu 3
a) Tìm $m$ để phương trình $2{{x}^{2}}-\left( m+1 \right)x-18=0$ có hai nghiệm thực phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$sao cho biểu thức $Q=\left( x_{1}^{2}+4 \right)\left( x_{2}^{2}+25 \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& x{{y}^{2}}+x=2{{y}^{2}} \\& {{x}^{4}}y+{{x}^{2}}y=3{{x}^{3}}-y \\\end{align} \right.$.
Lời giải
a) Vì $2.\left( -18 \right)=-36<0$ nên phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Theo Vi-et thì $\left\{ \begin{align}& {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{m+1}{2} \\& {{x}_{1}}{{x}_{2}}=-9 \\\end{align} \right.$
Ta có $Q=\left( x_{1}^{2}+4 \right)\left( x_{2}^{2}+25 \right)$$=x_{1}^{2}x_{2}^{2}+4x_{2}^{2}+25x_{1}^{2}+100$
$={{\left( 2{{x}_{2}} \right)}^{2}}+{{\left( 5{{x}_{1}} \right)}^{2}}+181$$\ge 2\sqrt{{{\left( 2{{x}_{2}} \right)}^{2}}.{{\left( 5{{x}_{1}} \right)}^{2}}}+181$$=20\left| {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right|+181=180+181=361$.
Dấu $”=”$ xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{align}& \left| 2{{x}_{2}} \right|=\left| 5{{x}_{1}} \right| \\& {{x}_{1}}{{x}_{2}}=-9 \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{align}& 2{{x}_{2}}=-5{{x}_{1}} \\& {{x}_{1}}{{x}_{2}}=-9 \\
\end{align} \right.$$\Leftrightarrow {{x}_{1}}=\pm \frac{3\sqrt{10}}{5}$.
Với ${{x}_{1}}=\frac{3\sqrt{10}}{5}\Rightarrow {{x}_{2}}=-\frac{3\sqrt{10}}{2}$ $\Rightarrow {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{-9\sqrt{10}}{10}$$\Rightarrow \frac{m+1}{2}=\frac{-9\sqrt{10}}{10}\Leftrightarrow m=\frac{-9\sqrt{10}-5}{5}$.
Với ${{x}_{1}}=-\frac{3\sqrt{10}}{5}\Rightarrow {{x}_{2}}=\frac{3\sqrt{10}}{2}$ $\Rightarrow {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{9\sqrt{10}}{10}$$\Rightarrow \frac{m+1}{2}=\frac{9\sqrt{10}}{10}\Leftrightarrow m=\frac{9\sqrt{10}-5}{5}$.
b) Hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& x\left( {{y}^{2}}+1 \right)=2{{y}^{2}} \\& y\left( {{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1 \right)=3{{x}^{3}} \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{align}& x\ge 0 \\& y\ge 0 \\\end{align} \right.$.
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$x\left( {{y}^{2}}+1 \right)=2{{y}^{2}}\Rightarrow x=\frac{2{{y}^{2}}}{{{y}^{2}}+1}\le \frac{2{{y}^{2}}}{y}=y$$\Rightarrow x\le y$
và $y\left( {{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1 \right)=3{{x}^{3}}$$\Rightarrow y=\frac{3{{x}^{3}}}{{{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1}\le \frac{3{{x}^{3}}}{3\sqrt[3] {{{x}^{4}}.{{x}^{2}}.1}}=x\Rightarrow y\le x$.
Do đó $x=y$ ta có
$\left\{ \begin{array}{l}
{y^3} + y = 2{y^2}\\
{\rm{\;}}{y^5} + {y^3} = 3{y^3} – y
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\rm{\;}}&{y{{\left( {y – 1} \right)}^2} = 0}\\
{\rm{\;}}&{y\left( {y – 1} \right){{\left( {{y^2} – 1} \right)}^2} = 0}
\end{array}} \right.$
$\Rightarrow y=0;y=1$.
Vậy hệ phương trình có nghiệm $x=y=0;x=y=1$.
Câu 4
Cho tam giác đều $ABC$. Trên tia đối của tia $CB$ lấy điểm $D$ sao cho $\widehat{CAD}=15{}^\circ $. Đường thẳng vuông góc với $BC$ tại $C$ cắt $AD$ tại $E$. Tia phân giác trong của $B$ cắt $AD$ ở $K$. Chứng minh rằng $AK=ED$.
Lời giải
Ta có $\widehat{ACB}=\widehat{CDA}+\widehat{ADC}$
$\Rightarrow \widehat{ADC}=60{}^\circ -15{}^\circ =45{}^\circ $, suy ra $\Delta CDE$ vuông cân.
Đường thẳng qua $E$ vuông góc với $CE$ cắt đường thẳng qua $D$ vuông góc với $CD$ tại $F$. Suy ra tứ giác $CDFE$ là hình vuông, suy ra $AD$ là trung trực của $CF$
$\Rightarrow KC=KF\Rightarrow \Delta KCF$ cân.
Mặt khác $BK$là trung trực của $AC$ nên $KA=KC\Rightarrow \Delta KAC$ cân.
Do đó $\widehat{KCF}=\widehat{ACD}-\left( \widehat{ACK}+\widehat{DCF} \right)=\left( 180{}^\circ -60{}^\circ \right)-\left( 15{}^\circ +45{}^\circ \right)=60{}^\circ $
$\Rightarrow \Delta KCF$ đều $\Rightarrow KC=CF=ED$. Do đó $AK=ED$.
Câu 7
Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ có $AH$là đường cao. Trên đoạn $HC$ lấy điểm $M$($M$khác $H$ và $C$). Gọi $I;J$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $M$ đến các cạnh $AC$ và $AB$, $N$ là điểm đối xứng của $M$ qua $IJ$.
a) Chứng minh rằng $ABCN$ nội tiếp đường tròn $\left( T \right)$.
b) Kéo dài $AM$ cắt đường tròn $\left( T \right)$ tại $\left( P \right)$ ($P$ khác $A$). Chứng minh rằng $\frac{1}{PM}<\frac{1}{PB}+\frac{1}{PC}$.
c) Gọi $D$ là trung điểm của $AH$, kẻ $HK$ vuông góc với $CD$ tại $K$.
Chứng minh rằng $\widehat{BAK}=\widehat{KHC}$.
Lời giải
a) Ta có tứ giác $AIMJ$ là hình chữ nhật. Do đó $AIMJ$ nội tiếp đường tròn đường kính $AM$ và $IJ$. Vì $N$ đối xứng với $M$ qua $IJ$ nên $\widehat{JNI}=\widehat{JMI}=90{}^\circ $
hay $N$ thuộc đường tròn đường kính $IJ$ và $AM$$\Rightarrow \widehat{ANM}=90{}^\circ $.
Mặt khác $I$ thuộc trung trực $MN$, $\Delta MIC$ vuông cân nên $I$ thuộc trung trực $MC$
suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta MNC$
$\Rightarrow \widehat{MNC}=\frac{1}{2}\widehat{MIC}=45{}^\circ $. Do đó $\widehat{ABC}+\widehat{ANC}=45{}^\circ +90{}^\circ +45{}^\circ =180{}^\circ $
hay tứ giác $ABCN$ nội tiếp đường tròn $\left( T \right)$.
b) Ta có $\Delta MPC\backsim \Delta MBA\Rightarrow \frac{PM}{MB}=\frac{PC}{BA}\Rightarrow \frac{PM}{PC}=\frac{MB}{BA}$ (1)
$\Delta MBP\backsim \Delta MAC\Rightarrow \frac{PM}{MC}=\frac{PB}{CA}\Rightarrow \frac{PM}{PB}=\frac{MC}{CA}$ (2)
Cộng theo vế (1) với (2) được:
$\frac{PM}{PC}+\frac{PM}{PB}=\frac{MB}{BA}+\frac{MC}{CA}=\frac{MB}{BA}+\frac{MC}{BA}=\frac{BC}{BA}>1$ $\Rightarrow \frac{1}{PC}+\frac{1}{PB}>\frac{1}{PM}$.
c) Áp dụng hệ thức lượng ta có $D{{H}^{2}}=DK.DC$$\Rightarrow D{{A}^{2}}=DK.DC$$\Rightarrow \frac{DA}{DC}=\frac{DK}{DA}$
$\Rightarrow \Delta DKA\backsim \Delta DAC$$\Rightarrow \widehat{AKD}=\widehat{DAC}=45{}^\circ $$\Rightarrow \widehat{ABH}+\widehat{AKH}=45{}^\circ +45{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ $
suy ra tứ giác $ABHK$ nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{AKB}=\widehat{AHB}=90{}^\circ =\widehat{HKC}$ mà $\widehat{ABK}=\widehat{AHK}=\widehat{KCH}$ nên suy ra $\widehat{BAK}=\widehat{KHC}$.
