007 đề thi hsg toán 9 huyên 2018 2019

KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút A Câu (5 điểm) Cho biểu thức x 1 x  x  x 0       x  x 4  x x 2 a) Rút gọn A b) Tính giá trị A c) Tìm giá trị x để A có giá trị nguyên Câu (4 điểm) Giải phương trình sau : a ) x  x  2 x  x b) x   x  x 6  5 x 2 Chứng minh với số nguyên n n  3n  2018n chia hết cho Câu (2,5 điểm) Cho đường thẳng  d  có phương trình:  m  1 x   m   y 3 (d) (m tham số) a) Tìm giá trị m biết đường thẳng  d  qua điểm A   1;   b) Tìm m để  d  cắt trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích Câu (7,0 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ tiếp tuyến Ax, By Lấy điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B) Kẻ MH  AB H a) Tính MH biết AH 3cm, HB 5cm b) Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, By C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh M , I , H thẳng hàng c) Vẽ đường tròn tâm  O ' nội tiếp tam giác AMB tiếp xúc với AB K Chứng minh diện tích S AMB  AK KB Câu (1,5 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn  x  1  y  1 4 xy Chứng minh : 3x   3y2 1 1 ĐÁP ÁN Câu a) A     x 1 x 25 x   4 x x x 2  x 1  x 2 2 x  x    x   5 x  x 2  x  x   2x  x   x  x  x 2   x    x x   x 2   x x 2 x  (tmdk ) b) Với x 0 x 4 , 3    3 A 2 4 2 2 2 3 x  x  có giá trị nguyên c) Với x 0, x 4, A nguyên x 3    A  x  x  Mặt khác Vì A nguyên nên A 0;1;2 A 0 giải ta được: x 0(tmdk ) A 1  x 1(tmdk ) A 2  x 16(tmdk ) Vậy A nguyên x   0;1;16 Câu 1) x  x  2 x   x  2 x  1   x     x  2 x      x   x  b) ĐK: x 5   x    x 2(ktm)  x 0    x 0 x   x  x 6   x    x 2  5 x  x  4 (1) Vế trái (1) bé 4, vế phải lớn nên dấu xảy  x    x  x 1(tmdk )  x  0  Vậy phương trình có nghiệm x 1 2 n  3n  2018n n. n  1  n    2016n Vì n  n  1  n   tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2016n chia hết cho 3 Vậy n  3n  2018n chia hết cho với n  Câu a) Đường thẳng  d  qua điểm A   1;   nên ta có : x  1; y  thay vào giải ta m 0 b) Để d cắt trục tọa độ m  1;2 Giả sử (d) cắt hai trục tọa độ hai điểm A B ta tính tọa độ     A ;0  ; B  0;   m 1   m   Ta có OAB vuông O nên 1 3 SOAB  OA.OB  2 m 1 m  3 SOAB    2 m 1 m  2   13 m  (tmdk )   1 m   Câu y D x M C I A H K O B a) Tam giác AMC vng M có MH đường cao  MH  AH BH (hệ thức lượng tam giác vuông)  MH  15(cm) AC AI CM   b) Vì AC song song với BD nên ta có: BD ID MD (vì AC CM ; BD MD )  MI / / AC mà MH / / AC (cùng vng góc với AB) Suy M , I , H thẳng hàng c) Đặt AB a, AM c, BM b Ta có: a c b a b c AK  ; BK  2 a  c  b a  b  c   a  c  b  a  b  c   AK BK     2   2 2  a   b  c    a   b  c   2bc        2    2bc 1   bc  AM MB S AMB 2 2 Vậy S AMB  AK KB Câu  x  1  y  1 4 xy  Từ x 1 y 1 4  x y  1        4 x  y  1 a  ;b  x y , ta có: Đặt   a    b  4  a  b  ab   a b   ab  ab 2 ab  ab , từ ab 1 Áp dụng AM – GM cho hai số thực dương ta có: 1 a a 1 a a   x       a  b   a  1  a  b a   3x  a  b  ab  a  3 x 1  a b      2  a  b b 1  y  Tương tự ta có: Cộng vế theo vế ta 1 1 a b a b         3x  3y2 1  a  b a  b a 1 b 1  1 2ab  a  b   ab       1    1   1  1   a  1  b  1    2  a  a   a  b b    a b 1  x  y 1 b b    a  b b  Dấu xảy