010 đề thi hsg toán 9 huyện buôn ma thuột 2018 2019

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP BN MA THUỘT ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2018-2019 MƠN: TỐN Thời gian: 150 phút Bài (4,0 điểm)  x 1   x 1  2x  x 2x  x K    1 :    1 2x  2x   2x 1   2x 1  a) Cho biểu thức Tìm điều kiện để K có nghĩa rút gọn K xy z   yz x   zx y  A xyz b) Cho Tìm giá trị lớn A Bài (5,0 điểm) a) Chứng minh với số tự nhiên n chẵn, n 4 ta ln có: n  4n3  4n  16n384 b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x  y 55 2 c) Giải phương trình: x  25  x  x 25  x 5 d) Cho a  0, b  0, c  a  b  c 1 Chứng minh Bài (3,0 điểm) a  b  b  c  c  a  Dấu " " xảy ? Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  : y  k  1 x  n  k 1 hai điểm A  0;2  , B   1;0  (với k , n tham số) 1) Tìm giá trị k n để a) Đường thẳng  d  qua hai điểm A B b) Đường thẳng  d  song song với đường thẳng    : y x   k 2) Cho n 2 Tìm k để đường thẳng  d  cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB Bài (2,0 điểm) Cho góc xOy Hai điểm A, B thuộc Ox, hai điểm C , D thuộc Oy Tìm tập hợp điểm M nằm góc xOy cho hai tam giác MAB MCD có diện tích Bài (6,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính BC,dây AD vng góc với BC H Gọi E , F theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi  I  ,  K  theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp HBE , HCF a) Xác định vị trí tương đối đường tròn  I   O  ,  K   O  ;  I   K  b) Tứ giác AEHF hình ? Vì c) Chứng minh EF tiếp tuyến chung  I   K  d) Xác định vị trí điểm H để EF có độ dài lớn ĐÁP ÁN Bài  x 0   x  0    x  0    x   x  x  0  x  2x  a) K có nghĩa  x 1   x 1 2x  x K    1 :   x  x  x     Ta có:    x 1   2x   2x  x     x 0   x    x 1  0   x    x 0   x    2x  x  1 2x    x    x  1  x  1 x  1 : x  1 x  1   x  x  x  1   x  1  x  1 x  1  2x  2x  2x  2  x  2x   2x  2x  2x  x  2x 1 x  2x   2x  2x  2x  x  2x     x 1  x 1 2x b) ĐK: x 2; y 3; z 1 A  xy z   yz x   zx y  xyz z x   z x 2 x  2  y  3 y z    y z 2x 3y ab  Áp dụng bất đẳng thức a  b  a 0     b 0  Do z  0; x  0; y  0 nên ta có:   z  1 z z 1   2  y  3    x  2 x z 1  ; 2 x  2    2 2   y  3 y   2  y  3 3y  Vậy Bài 2x  z  1  x  2    y     x 2; y 3; z 1 a) Vì n chẵn  n 2k  k  , k 2  n  4n3  4n  16n  2k   4. 2k    2k   16  2k  16k  32k  16k  32k Do đó: 2 63 2 12 x 4, y 6, z 2  1 1 63 2  A    2 2 12 Dấu " " xảy Max A  2 x  2 16k  k  2k  k   16  k    k  1 k  k  1 Vì k  2; k  1; k ; k  bốn số tự nhiên liên tiếp   k    k  1 k  k  1 3,8   k    k  1 k  k  1 24  16  k    k  1 k  k  1 384 Vậy n  4n  4n  16n384 với số tự nhiên n chẵn, n 4 55  y 1 y 3x  y 55  x  18  y  (0  y  8) 3 b) Ta có: 1 y t  y 1  3t  t   ; x 18    3t   t 16  7t Đặt Vì  y    3t    t 0  t    2;  1;0 Nếu t   x 16  7.   2; y 1     7 Nếu t   x 16  7.  1 9; y 1    1 4 Nếu t 0  x 16  7.0 16; y 1  3.0 1 Vậy nghiệm nguyên dương phương trình  2;7  ;  9;4  ;  16;1 c) ĐK:  x 5 ,  x 5   x 0;5  x 0 Do đó:  x 4   y 6  z 2  x  25  x  x 25  x 5   5 x   5 x  x 5 x    x 0    x  x  x  +)Nếu x 0 25  x  x 25  x    x  0  x 0  x 5(tmdk )   x 0  5 x  x 5 x  0   x 0(*) 0 Vậy x 0 nghiệm (*) +)Nếu  x 5   x   x  nên  * vô nghiệm 5 x  5 x  +)Nếu  x    x   x  5 x  5 x  5 x   x  x  x   x   x  x  x  nên (*) vô nghiệm Vậy phương trình cho có hai nghiệm x 0, x 5 d)   ax  by  cz  Áp dụng BĐT a b  b c  c a 2  a  b  c   x  y  z  Ta có:       a  b  b  c  c  a  2 3.2  a  b  c  6(do a  b  c 1)  a  b  b  c  c  a 6 Dấu " " xảy  a  b  b  c  c  a   a b c  a  b  c 1 Bài 1) Tìm giá trị k n 2  k  1  n n 2    k  1   1  n k 3 a)  d  qua hai điểm A B, nên ta cos:  k  1 k 2     : y x   k   n 2  k n 0 b)  d  song song với đường thẳng   C ;0  2) Khi n 2, đường thẳng  d  : y  k  1 x   k 1 cắt Ox điểm   k  1 2 1  SOAC  OA.OC   ; SOAB  OA.OB   1 2 1 k 1 k 2 Khi đó, Bài SOAC 2 SOAB  2   k 1  1 k D   k 1   k     k 0  k 2 (TMDK )  x C F O M N A E y B Lấy điểm E thuộc Ox cho OE  AB; điểm F thuộc tia Oy cho OF CD Gọi N trung điểm EF Lấy M thuộc tia ON , ta có : S MOE S MOF Mà S MOE S MAB ; S MOF S MCD  S MAB S MCD Vì AB, CD không đổi, nên E , F cố định  N cố định  tia ON cố định Vậy M thuộc tia ON S MAB S MCD Bài A F E B H I O K C D  a) BEH , BEH 90  BEH nội tiếp đường trịn đường kính BH  I trung điểm BH, OI OB  IB nên  I   O  tiếp xúc  CFH , CFH 900  CFH nội tiếp đường trịn đường kính CH  K trung điểm CH , OK OC  KC nên (K)  O  tiếp xúc Lại có: IK  IH  KH nên  I   K  tiếp xúc 0    b) Tứ giác AEHF có: AEH  AFH 90 ( gt ); EAF 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) Vậy tứ giác AEHF hình chữ nhật  c) AHB có AHB 90 , HE  AB  AH  AE AB (1)  AHC có AHC 90 , HF  AC  AH  AF AC (2) Từ (1) (2) suy AE AB  AF AC (dfcm)     AHE (vì AEHF hình chữ nhật); IEH IHE d) Ta có FEH ( IHE cân I)      FEI FEH  IEH  AHE  IHE AHB 900  AD  BC   EF tiếp tuyến  I  E Chứng minh tương tự ta có EF tiếp tuyến (K) F Vây EF tiếp tuyến chung  I   K  ( dfcm) e) Vì EF  AH (do AEHF hình chữ nhật ) nên EF lớn  AH lớn Mà AH  AD (do BC  AD ) nên AH lớn  AD lớn  AD đường kính  O   H O H O EF lớn bán kính  O 