015 đề thi hsg toán 9 huyện nghi xuân 2018 2019

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHI XUÂN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG CẤP HUYỆN MƠN TỐN NĂM HỌC 2018-2019 Bài a) Thu gọn biểu thức sau: A  12   21  12 b) Cho biểu thức B  x5  x  x3  x   Tính giá trị B x 2018  2018 21 1 2 Bài a) Cho số thực x, y, z thỏa mãn x  y   y  z  z  x  0 15 10 2018 Tính giá trị biểu thức A x  y  z n b) Tìm số nguyên dương n cho n  số nguyên tố Bài a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 20 y  xy 150  15 x b) Tìm k để phương trình sau có nghiệm  x  1  x  x  k  1  2k  6k   2 x Bài a) Cho tứ giác ABCD có M , P trung điểm AD, BC N Q thuộc cạnh AB CD thỏa mãn MNPQ hình bình hành (N, Q khơng trùng với trung điểm AB CD) Chứng minh ABCD hình thang b) Cho ABC vng A Trên cạnh AB, BC , CA theo thứ tự lấy điểm D, E , F cho DE vuông góc với BC DE DF Gọi M trung điểm EF   Chứng minh BCM BFE a b S  2 a 1 b 1 Bài Cho a, b 0 thỏa mãn a  b a  b Tìm GTLN ĐÁP ÁN Bài  A  3 a) Ta có: x b) Ta có   21  1 2 3    3   21  1 32  3  21      2x 1  2   x  1 2  x  x 1  x  x  x3  x  x  x  x   x  x   x  x   x  x  x   x  x  4 x  x  1    B 2019 Bài a) Ta có 2 x  y   y  z   z  x  0   x  1   y  1   z  1 0  x  y z   A x15  y10  z 2018 1 n b) Xét n 1 ta có n  =5 thỏa mãn  n4  4n  2 n4  4n  nên n4  4n hợp số Xét n  Nếu n chẵn Nếu n lẻ, ta đặt n 2k  1 k   , ta có : 2 n  4n  n    4k.2   n  4k.2   2.n 4k.2 2  n  4k.2    2n.2k   n  2n.2k  4k.2   n  2n.2k  4k.2  Tích cuối hợp số Vậy n 1 thỏa mãn toán Bài 2 a) Phương trình 20 y  xy 150  15 x  xy  15 x 20 y  150  x  y   5  y  25   25   y    10 y  25  x  25 Xét trường hợp sau: 70  x   y   TH :   (ktm) 10 y  25  x  25  y 2  2 y  1  x 10 TH 1:   10 y  25  x 25  y 3 2 y  25 TH 3:   10 y  25  x    x 58   y 15 2 y   TH :   10 y  25  x    x 58   y 15 Vậy phương trình có nghiệm  x  10    74 (ktm) y   70   y  5 x  TH :   ( ktm) 10 y  25  x    y 5  y   25 TH :   10 y  25  x    x; y    10;3 ;  58;15 ;  10;0   b) Vì x   nên phương trình x  x  k  1  2k  6k    x  2k  k  1  k  2k   k  4k      x   k  1    k   Dấu " " xảy  x 1  k 2  x  1  2x x 1 2x 0 x 1 2 x2  0 Vậy k 2 phương trình có nghiệm x 1 Bài a) A M D B N E P I F C Gọi E , F trung điểm AB, CD Ta có ME đường trung bình ABD nên ME / / BD, BD 2 ME Ta có PF đường trung bình BCD nên PF / / BD, BD 2 PF Suy ME / / PF ME PF  MEPF hình bình hành Gọi I giao điểm MP EF IE IF (1) Mặt khác MNPQ hình bình hành nên NQ qua I IN IQ(2) Từ (1) (2) suy tứ giác NEQF hình bình hành Suy NE / / QF Hay AB / / CD , ABCD hình thang b) A F D I K M B C E Ta có DE DF nên DEF cân có ME MF nên DM  EF   MDF MDE , kẻ DK  BF K      Ta có DKF DMF 90 nên DKMF nội tiếp  MKF MDF MDE      (1) Mà MDE MEC (cùng phụ với MED) , suy MKF MEC   Ta lại có BED BKD 90  BEKD tứ giác nội tiếp       BKE BDE mà BDE BCA (cùng bù với ADE )     Suy BKE BCA nên tứ giác CEKF nội tiếp  CKF MEC (2)     Từ (1) (2) suy MKF CKF  K , M , C thẳng hàng  BCM BFE Bài Ta có: S Do a  b 2ab   a  b   a  b    a  b   a  b   a  b 2 a b 1  1  1  2  a 1 b 1 a 1 b 1       a 1 b 1  1   Áp dụng BĐT x y x  y với x, y  ta có: 1 4    1 1 a 1 b a  b  2  Suy S 2  1 Vậy MaxS 1  a b 1