Toan 9 hsg 22 23 ninh thuan

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn thi Toán lớp 9 THCS Thời gian 150 phút (Không kể thời gian giao[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NINH THUẬN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9 NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn thi: Toán lớp 9 THCS

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 11/03/2023

Đề thi gồm có 01 trang, 04 câu

Câu 1.

1 2 2 2 2 2

2) Chứng minh rằng số: 37 5 2 3 1

7 5 2

 là nghiệm của phương trình:

x  x 

Câu 2

1) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất thỏa cả hai tính chất sau:

a) Chữ số cuối cùng bằng 6

b) Nếu bỏ chữ số cuối cùng ấy và thêm chữ số 6 vào trước các chữ số còn lại thì số mới nhận được gấp 4 lần số ban đầu

2) Giải phương trình: 2x2  5x2 5 x2  x 20 x1

Câu 3

1) Chứng minh rằng: a2 b2 c2 ab bc ac  với mọi , ,a b c

2) Cho x y z, , thỏa xyz  và 0 1 1 1 3

x y z  .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 3 3

P

x y z

 

Câu 4

Cho tam giác ABC đều cạnh a với đường cao AH M là một điểm bất kỳ trên cạnh BC

Vẽ ME AB MF, AC Gọi O là trung điểm của AM

1) Chứng minh rằng 5 điểm , , ,A E H M F cùng nằm trên một đường tròn, Tứ giác , OEHF là hình gì?

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác OEHF theo a khi M di động trên cạnh BC

-HẾT -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NINH THUẬN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2022 – 2023 Môn thi: Toán 9 ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Câu 1.

1 2 2 2 2 2

2) Chứng minh rằng số: là nghiệm của phương trình: x3 3x 14 0

Lời giải 1) Tính tổng: A   1 2 22 23  2 2022 22023

1 2 2 2 2 2

2A  2 2 2 2  2 2

 2 3 4 2023 2024  2 3 2022 2023

2024

2 1

 

Vậy 2024

2 1

2) Chứng minh rằng số: 37 5 2 3 1

7 5 2

 là nghiệm của phương trình:

x  x 

Ta có:

3

3 3

3

2 1

1 2





Với x 2 thì x3 3x 14 2 3 3.2 14 8 6 14 0    

Vậy: 37 5 2 3 1

7 5 2

 là nghiệm của phương trình: x3 3x 14 0

Câu 2

1) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất thỏa cả hai tính chất sau:

a) Chữ số cuối cùng bằng 6

b) Nếu bỏ chữ số cuối cùng ấy và thêm chữ số 6 vào trước các chữ số còn lại thì số mới nhận được gấp 4 lần số ban đầu

2) Giải phương trình: 2x2  5x2 5 x2  x 20 x1

Lời giải 1) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất thỏa cả hai tính chất sau:

a) Chữ số cuối cùng bằng 6

b) Nếu bỏ chữ số cuối cùng ấy và thêm chữ số 6 vào trước các chữ số còn lại thì số mới nhận được gấp 4 lần số ban đầu

Gọi số cần tìm là 6a , trong đó a là số tự nhiên có n chữ số Theo đề bài ta có:

6a4 6a  6.10n a4 10a6  6.10n a40a24 6.10n  24 39 a

2.10 8 13

n

Với 1 2.10 8 12

n  a   (Loại)

Với

2

2.10 8 192 2

n  a   (Loại)

Với

3

2.10 8 1992 3

n  a   (Loại)

Với

4

2.10 8 19992 4

n  a   (Loại)

Với

5

2.10 8 199992

n  a    (Thỏa mãn)

Vì số cần tìm là nhỏ nhất nên số đó là 153846

2) Giải phương trình: 2x2  5x2 5 x2  x 20 x1 (1)

x

x





 1  2x2  5x2 5 x 5 x1 x4

2 x 4x 5 3 x 4 5 x 4x 5 x 4

Đặt: ax2  4x 5; b x 4; ab 0, ta có:

 2  2a3b5 ab (để phương trình có nghiệm thì 2a3b0)

4a 12ab 9b 25ab

4a 13ab 9b 0

4a 4ab 9ab 9b 0

a b 4a 9b 0

4 9

a b





  

2

a b  x  x  x  x  x   x  (thỏa mãn)

Với 4a9b 4x2  4x 5 9x4  4x2  25x 56 0  4x7 x 8 0

7 4 8

x x

















(thỏa mãn)

Vậy phương trình có tập nghiệm là 7;8

4

S  

 

Câu 3

1) Chứng minh rằng: a2 b2 c2 ab bc ac  với mọi , ,a b c

2) Cho x y z, , thỏa xyz  và 0 1 1 1 3

x y z  .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 3 3

P

x y z

 

Lời giải 1) Chứng minh rằng: a2 b2 c2 ab bc ac  với mọi , ,a b c

Với mọi , ,a b c xét hiệu

2

a b c  ab bc ca   a  ab b b  bc c c  ca a 

1

0

2 a b b c c a 

  với mọi , ,a b c  a2 b2 c2 ab bc ca  với mọi , ,

a b c

Dấu “” xảy ra khi a b c 

2) Cho x y z, , thỏa xyz  và 0 1 1 1 3

x y z  .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 3 3

P

x y z

 

Với x y z, , thỏa xyz  và 0 1 1 1 3

x y  z  , ta có:

P

x y z y z x z x y

 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

3

Tương tự, ta có:

3 3

xyz y

x z   ;

3 3

xyz z

x y  

Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều trên, ta có:

 2 2 2

P

Vậy MinP 3 khi x  y z 1

Câu 4

Cho tam giác ABC đều cạnh a với đường cao AH M là một điểm bất kỳ trên cạnh BC

Vẽ ME AB MF, AC Gọi O là trung điểm của AM

1) Chứng minh rằng 5 điểm , , ,A E H M F cùng nằm trên một đường tròn, Tứ giác , OEHF là hình gì?

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác OEHF theo a khi M di động trên cạnh BC

Lời giải

O

F E

H

A

1) Chứng minh rằng 5 điểm , , ,A E H M F cùng nằm trên một đường tròn, Tứ giác , OEHF là hình gì?

Theo bài ra ta có: AEM AFM AHM 90 nên 5 điểm cùng nằm trên đường tròn đường kính

AM , có tâm là trung điểm O của AM

ABC

 đều cạnh A có AH là đường cao nên cũng là phân giác

30

BAC

OEH

 có OE OH (bán kính của  O );  EOH 2.EAH 2.30 60 (góc nội tiếp và góc ở tâm

cùng chắn EH )  OEH đều  OE OH EH ;

Tương tự: OFH có OF OH (bán kính của  O );  FOH 2.FAH 2.30 60 (góc nội tiếp và

góc ở tâm cùng chắn FH )  OFH đều  OF OH FH;

Tứ giác OEHF có: OE OF HEHFOH nên là hình thoi

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác OEHF theo a khi M di động trên cạnh BC.

Ta có OHM vuông tại H có HO là trung tuyến

2

AM OH

OEH

 đều có cạnh là

OEH

 đều có cạnh là

OFH

Diện tích tứ giác OEHF là:

2 3 8

AM

8

OEHF

AH

Mà ABC đều có AH là đường cao nên 3 23 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của tứ giác OEHF bằng 23 3

32

a đạt được khi

AM AH hạy M là trung điểm của BC