032 đề thi hsg toán 9 2019 2020 huyện buôn ma thuột

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN THÀNH PHỐ BN MA THUỘT 2019 – 2020      2020  1 M    2  x 1    x   x 1 1   1          Bài 1.Cho biểu thức a) Rút gọn M b) Tìm giá trị lớn M Bài a) Chứng minh đa thức P( x) x  x  x  x  x  khơng thể có nghiệm số nguyên P x x  1 b) Đa thức   chia cho  số dư 4, chia cho x  số dư 14 Tìm số dư phép chi P( x) cho  x  1  x  3 c) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau :  x  y  z  t   10 2 xyzt 2 d) Cho a, b hai số thực không âm thỏa mãn a  b 2 Hãy tìm giá trị lớn M a 3b  a  2b   b 3a  b  2a  biểu thức Bài 3.Cho hàm số y  m   x  m  a) Tìm điều kiện m để hàm số nghịch biến tập số thực b) Tìm điều kiện m để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hồnh độ c) Tìm m để đồ thị hàm số y  x  2, y 2 x  y  m   x  m  đồng quy d) Tìm m để đồ thị hàm số với trục tung trục hồnh tam giác có diện tích Bài Cho hình vng ABCD có cạnh a Điểm M di động đường chéo AC Kẻ ME  AB, MF  BC  E  AB, F  BC  Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác DEF đạt giá trị nhỏ Bài Cho hai đường tròn  O; R  ,  O '; r  tiếp xúc B Tiếp tuyến chung AD cắt đường nối tâm M ,  A   O  , D   O '   Tiếp tuyến chung B cắt AD P Gọi H hình chiếu A lên BC , E giao điểm PC AH , C điểm đối xứng với B qua O a) Chứng minh EH EA b) Tính AH theo R OP d c) Tính AD theo R r d) Giả sử AD DM 4cm, tính R, r e) Gọi  O1; R1  tiếp xúc với AD đồng thời tiếp xúc với  O; R   O '; r  1   R1 R r Chứng minh ĐÁP ÁN Bài      2020  1 a) M    2 x 1    x 1    x               2 3  2020     x  x  4 x  x   x   x  1 1010  1  1010      x 1  x  x 1 x  x 1  x 1 x  x 1 x    2020  x  1 b) Vì  x    x 1 2020 x  x 1 x 0  x  x  1  M  2020 2020 x2  x 1 Dấu " " xảy x 0(tmdk ) Vậy MaxM 2020  x 0 Bài a) Giả sử x a  a  nghiệm nguyên P  x   P  a  a  3a  6a  3a  9a  0  a5  3a  6a3  3a  9a  9,6 không chia hết P(a) khơng chia Nếu a3 hết cho (mâu thuẫn P  a  09)   3a  6a3  3a  9a   3, a5 không chia hết cho Nếu a khơng chia hết cho nên P  a  không chia hết cho (mâu thuẫn P (a) 03) Vậy P( x) khơng thể có nghiệm số ngun b) Vì P( x) chia cho  x  1 số dư 4, nên P( x)  x  1 E  x    P  1 4 Vì P( x) chia cho  x  3 số dư 14, nên P  x   x  3 F  x   14  P  3 14  P (1) a  b P ( x)  x  1  x  3 Q( x )  ax  b    P (3) 3a  b Giả sử a  b 4 a 5   3a  b 14 b  Vậy dư phép chia P( x) cho  x  1  x  3 x  c) Khơng tính tổng qt, giả sử x  y z t 1 Ta có: xyzt 5  x  y  z  t   10 5.4 x  10 20 x  10  xyzt 10 x  10 x  x 15 x (vì x  5 x)  yzt 15 3 t yzt  ttt  t Mà Do 15  t 2  t   1;2 2 yz  zz  z  z 15  z 3  z   1;2;3 yz  15 t  1, Th1: ta có , mà +Với z 1   x  y    10 2 xy   x    y   65 Do x  2 y  5;65 65.1 13.5 Nên ta có: 65  x   2 x  65    2 y  1  y 3     15 x   4 x  25    4 y  5  y 5    +)Với z 3 , ta có:  x  y    10 6 xy   x    y   205 Do x  2 y  5;205 205.1 41.5 Nên ta có: 23  x   6 x  41    6 x  205  x 35 y     y 5      6 y  1  y 1 2 Th2: t 2, ta có: yz 15  yz 7 mà yz zz z  z 7  z 2  z   1;2 Mà z t 2  z 2, yz 7  y 7  y 3 Lại có y 2 2  y   2;3 40  11 Với y 2, ta có: 45  x    10 24  x    19 Với y 3, ta có: x; y; z; t     35;3;1;1 ;  9;5;1;1  Vậy phương trình có nghiệm  hốn vị (có tất 24 nghiệm)  x    10 16 x  x  d) Áp dụng bất đẳng thức AB  AB  A 0, B 0  Ta có: M a 3b  a  2b   b 3a  b  2a   3ab  a  2ab   3ab  b  2ab   3ab   a  2ab  (do a  b 2)  3ab   b  2ab  a   b   10ab   10ab 1  5ab 2 2 Mặt khác a  b 2ab  ab  M 1  5ab 1  6 a b  2 a  b 2   a b 1 ab  a  ab  3ab b  2ab  Dấu " " xảy Vậy Max M 6  a b 1 Bài a) Hàm số nghịch biến  m    m   b) Đồ thị hàm số y  m   x  m  cắt trục hoành điểm có hồnh độ  Đồ thị hàm số y  m   x  m  qua điểm  3;0   3 m    m   m  c) Tọa độ giao điểm hai đường thẳng y  x  2; y 2 x  nghiệm hệ  y  x    y  x   3x 3   y  x    x 1   y 1 Do đồ thị hàm số y  x  2; y 2 x  1; y  m    m  đồng quy đường thẳng y  m   x  m  1đi qua điểm  1;1  m   m   2m 4  m 2 d) Điều kiện để đường thẳng y  m   x  m  1tạo với trục tung trục hoành m  0   m  0  tam giác m   m 1 Đường thẳng y  m   x  m  1cắt hai  1 m  A ;0  , B  0; m  1 m    trục tọa độ SOAB 2  1 m OA.OB 2  m  4   m  1 4 m  2 m2   m    m  1 4  m   m  m      m 7 (tmdk )       m  1   m    m  2m  0(VN )  Bài E A B F M C D  AM x  x  a Vì ABCD cạnh hình vng cạnh a  AC a 2, đặt AEM vuông cân E  AE ME   AM x  2 Tứ giác BEMF hình chữ nhật  BF ME  x x  CF BC  BF a  2 Do đó: S DEF S ABCD   S ADE  S BEF  SCDF  a  1 x  x  x x   a  a   a a        2 2   a 1 a  3a 3a  x  x  a  x     2 2 2 2 a a AC x 0  x   AM  M 2 2 Dấu " " xảy trung điểm AC Bài a) Gọi K giao điểm AC , BP Ta có: PA PB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ; OA OB =R  OP trung trực AB  OP  AB Lại có ABC nội tiếp đường trịn đường kính BC  BAC 90 hay AC  AB Do OP / / AC Xét BCK có: OB OC  BC (bán kính (O); OP / / AC ) BK Ta có: AH  BC ( gt ); BK  BC (BK tiếp tuyến  O  )  AH / / BK EH CE EH / / BP ( AH / / BK )   PB CP (hệ Ta – let ) BCP có:  PB PK  PCK có: EA / / KP  AH / / BK   EA CE  PK CP (hệ Ta – let ) EH EA  Do PB PK mà PB PK (cmt )  EH EA (đpcm) b) OBP, OBP 90  PB  OP  OB  d  R  BK 2 PB 2 d  R BC BK OB OC  , PB PK  (cmt ) BCK có : 2 Nên OP đường trung bình BCK  CK 2OP 2d BCK : CBK 90 , BA  CK (cmt )  BC  AC.CK BC R 2 R  AC    CK 2d d BCK : AH / / BK (cmt )  AH AC AC.BK   AH  BK CK CK 2R2 d  R  d2 c) Ta có PO phân giác APB (tính chất tiếp tuyến) PO ' phân giác DPB (tính chất tiếp tuyến) Lại có: APB DPB kề bù nên OPO ' 90 OPO ' có: OPO ' 90  cmt  , PB  OO '(cmt ) PB OB.O ' B Rr  PB  Rr Mặt khác PA PB, PB PD  AD PA  PB 2 PB 2 Rr d) Ta có : AD 2 Rr (cmt )  Rr 4  Rr 4(a ) Mặt khác : MOA có O ' D / / OA (cùng vng góc với MA)  O ' D MD r      R 2r  b  OA MA R 44 Từ  a  ,  b   e) 2r 4  r  2cm, R 2r 2 2cm Gọi N tiếp điểm AD với  O1  Áp dụng kết câu c), ta có: Vì AN tiếp tuyến chung ngồi  O; R   O1; R1   AN 2 RR1 Vì DN tiếp tuyến chung ngồi  O '; r   O1; R1   DN 2 rR1 1 AD  AN  DN  Rr 2 RR1  rR1    (dfcm) R1 r R Do