012 đề HSG toán 9 cầu giấy 2017 2018

1/1 UBND QUẬN CẦU GIẤY ĐỀ KHẢO SÁT LẦN I NĂM HỌC 2017 - 2018 TRƯỜNG THCS CẦU GIẤY Mơn: Tốn Ngày khảo sát: 13 tháng 04 năm 2018 Câu I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức: A  x 1 a) Tính giá trị A với x 3 x 2 B x 1 x 2  x 2 1 x  2x  x  x x 2 với x  62 b) Rút gọn B c) Đặt P = B:A Tìm giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên Câu II (2,0 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Một người từ A đến B với vận tốc thời gian dự định trước Nếu người nhanh 10km tới B sớm dự định 36 phút; người chậm 10km tới B muộn dự định 54 phút Hỏi quãng đường AB dài km? Câu III (2,0 điểm) 1.Giải hệ phương  x  y 22   x   x  y  15 trình:    5 x y   x  x y 2.Cho parabal ( P) :y  x2 đường thẳng (d ) y  2(m  2) x  4m  13 a) Với m = 4, hệ tọa độ Oxy , vẽ (P) (d) Xác định tọa độ giao điểm A, B b)Tìm m để (d ) cắt ( P) hai điểm có hồnh độ x1 , x2 cho biểu thức S  x12  x22  x1 x2  2018 đạt giá trị nhỏ Câu IV (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm thuộc cung BC lớn cho AB  AC (O) dây BC khác đường kính Lấy A (A khác C) Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC M a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp b) Chứng minh EB phân giác góc DEF 2/1 c) Gọi I trung điểm BC Chứng minh IE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MED d) Qua D kẻ đường thẳng song song với EF cắt đường thẳng AB, AC P N Chứng minh A di động cung BC lớn ( thảo mãn giả thiết ban đầu ) đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP ln qua điểm cố định Câu V (0,5 điểm) Cho x, y, z  T Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x x  y 1   y y  2z 1   z z  x 1  HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I (2,0 điểm) a Tính giá trị A với x   x     1  x   1   2 2  5.1  12   1 2 x 3 x 2       5 5 5  1  1  Vậy x   A  b Rút gọn B  1  1 Thay x   vào A  A  5 2 5  2.5  5   2.5 3/1 B x 1 x  2x  x      x  1 x  1 x x x 2 B x 1 x 2   x 2 x 1 2x  x   x  2  x  1  x  1   x    x    x  B  x  1 x  2 B B x 1 x 6 x 1 x   2x  x     B  B   x 1 x 2  2x  x   x  2 x  1 x  3 x  1 x   x 1 x 3   x  1 x 2 c Đặt P = B:A Tìm giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên x 3 x 3 x 3 x 2 x 2 6 :    2 x 2 x 2 x 2 x 3 x 2 x 2 6 P nguyên  nguyên  6 x   x   Ư(-6) x 2 Mà Ư(-6)= 1; 2; 3; 6 P  B: A   Mặt khác: x    x   2;3;6  x  0;1; 4  x  0;1;16 Kết hợp ĐKXĐ:  x  Kết luận: Vậy x  0;16 thỏa mãn yêu cầu toán Câu II (2,0 điểm) Đổi 36 phút  0, 6h ; 54 phút  0,9h Gọi vận tốc dự định là: v(km / h)(v  0) Gọi thời gian dự định là: t (h)(t  0) 4/1 Nếu người thêm đc 10km vận tốc là: (v  10)(km / h) Khi người đến B sớm dự định 36 phút nên thời gian người là: (t  0,6)(h) Vì qng đường AB khơng đổi nên ta có phương trình là: (v  10)(t  0,6)  v.t (1) Nếu người chậm 10km vận tốc là: (v  10)(km / h) Khi người đến B muộn dự định 54 phút nên thời gian người là: (t  0,9)(h) Vì qng đường AB khơng đổi nên ta có phương trình là: (v  10)(t  0,9)  v.t (2) (v  10)(t  0, 6)  v.t (v  10)(t  0,9)  v.t Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:  vt  10t  0, 6v   v.t  vt  10t  0,9v   v.t  10t  0, 6v   10t  0,9v  t  3,   v  50 Vậy quãng đường AB là: 50.3,6  180(km) Câu III (2,0 điểm) Điều kiện: x  0; x   y 5/1 1  x  y 22    x   x  y  15         5 x y    x   x y    x   x  y  15        2   x  x  y  22  1  15 x 1 x  y  1  x 1 x  y 10   x 1 x  y 3  2 x 1 x  y 13  13   x 1   x   x  4(t / m)      y  1(t / m)   2 x  y 1   x  x  y Vậy nghiệm hệ phương trình  x; y    4;1 2) a) Với m=4 phương trình đường thẳng (d) là: y=4x-3 *Vẽ đồ thị: - Vẽ (P): y=x2 Ta có bảng giá trị x y -3 Parabol (P) qua hai điểm (0;-3) (1;1) - Vẽ (d): y=4x-3 Ta có bảng giá trị x -2 -1 y 1 Đường thẳng (d) qua điểm (-2;4), (-1;1), (0;0), (2;4), (1;1) 6/1 y 12 10 y=x2 y=4x-3 x -12 -10 -8 -6 -4 -2 10 -2 -4 -6 -8 -10 * Tìm giao điểm hai đồ thị: - Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x2  x   x2  x   (1) c a Vì a+b+c=1-4+3=0 nên phương trình (1) có hai nghiệm x  x    Nếu x   y   Nếu x   y  Vậy (P) giao (d) A(1;1) B(3;9) 2b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x  2(m  2) x  4m  13  x  2(m  2) x  4m  13   '   m    (4m  13)  m2  4m   4m  13  '  m2  8m  17   m      Vậy (d ) cắt ( P) hai điểm phân biệt A, B 7/1  x1  x2  2(m  2)  x1 x2  4m  13 Áp dụng hệ thức viet:  S  x12  x22  x1 x2  2018  ( x1  x2 )  x1 x2  2018 S   2m     4m  13  2018 S  4m  16m  16  8m  26  2018 S  4m  8m  2008 S  (2m  2)  2004  2004 Vậy giá trị nhỏ S 2004 m = Câu IV (3,5 điểm) a) Ta có: AD, BF, CF đường cao ABC  BFD  90o ; CEB  90o Xét tứ giác BFEC có: BFC  BEC  90o Mà góc nhìn BC tứ giác BFEC nội tiếp (dhnb) b) Ta có: Tứ giác BFEC tứ giác nội tiếp (cmt) A  FEB  FCB (t/c) (1) Xét tứ giác CEHD có HEC  90o ; HDC  90o F  HEC  HDC  90  90  180 o o o E H Mà góc vị trí đối  tứ giác CDHE nội tiếp (dhnb)  DCH  DEH (2) B I D C M J Từ (1) (2) suy DEH  FEB  EB phân giác DEF c) Ta có: I trung điểm BC (gt)  IB  IC  IE  IEC cân  IEC  ICE (t/c) K 8/1 Lại có: ICE góc ngồi tam giác EMC  ICE  MEC  CME  IEC  CEM  CME Lại có: CEM  FEA ( đối đỉnh) Dễ dàng chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp  AEF  AHF  IEC  AHF  CME  DHC  CME  DEC  CME  IED  DEC  DEC  CME  IED  CME Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp DEM Kẻ đường kính EK  tứ giác KDEM nội tiếp  EMD  EKD (t/c) Mà EMD  IED (cmt)  EKD  IED Lại có: DEK vng D  EKD  KED  90o  IED  KED  90o  IE  JE  IE tiếp tuyến (J) d) P N +) Ta có: FE / / PN  CPE  FEA (2 góc đồng vị) 9/1 Mà ABC  FEA ( tứ giác BFEC nội tiếp)  CPF  CBN +) C/m : Tứ giác CPBN nội tiếp +) C/m : DP.DN  DB.DC +) Ta Có : IE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp MED (cmt)  C/m : IE  IM ID Mà IE  IB  IB2  IM ID  IB2  ID2  IM ID  ID2   IB  ID  IB  ID   ID  IM  ID   BD.DC  ID.DM +) C/m : DP.DN  ID.DM +) C/m : Tứ giác MNIP nội tiếp  Khi A di động cung BC lớn ( thảo mãn giả thiết ban đầu ) đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm cố định Câu V (0,5 điểm) a b2 c  a  b  c  Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức    x y z x yz a, b, c a x Dấu "  '' xảy   b c  y z Chứng minh: Trước hết ta chứng minh a b2  a  b    x y x y , * với x, y, z  , 10/ 11 Thật quy đồng hai vế lên ta bất đẳng thức tương đương  ay  bx 2  , a x Dấu "  " xảy  ay  bx   b y a b2 c  a  b  c2  a  b  c       x y z x y z x yz Áp dụng ta a b x  y a b c Dấu "  " xảy      (đpcm) x y z a b  c  x  y z Bất đẳng thức thức (*) chứng minh Áp dụng bất đẳng thức cô- si cho hai số không âm x  y 1  x  y  ta có:  x  y 1 x   y4 2  x  y 1   x y x x 2x 2x2 Suy    x  y   x  y x  y x  xy Tương tự y y2 z 2z  ;  y  z   y  yz z  x   z  zx Cộng vế với vế tương ứng bất đẳng thức ta T x2 x  xy  y2 y  yz  2z2 z  zx Lại áp dụng bất đẳng thức (*) ta có   x  y  z   2     x  xy  y  yz  z  zx  x  xy y  yz z  zx   x2 Do T  2 y2 2z2 11/ 11 x  y 1   y  2z 1   10 Dấu "  '' xảy   z  x   (TMĐK) x yz  x y z     x  xy y  yz z  zx Vậy Min T  x  y  z  10 ... Áp dụng hệ thức viet:  S  x12  x22  x1 x2  2018  ( x1  x2 )  x1 x2  2018 S   2m     4m  13  2018 S  4m  16m  16  8m  26  2018 S  4m  8m  2008 S  (2m  2)  2004  2004... BFEC tứ giác nội tiếp (cmt) A  FEB  FCB (t/c) (1) Xét tứ giác CEHD có HEC  90 o ; HDC  90 o F  HEC  HDC  90  90  180 o o o E H Mà góc vị trí đối  tứ giác CDHE nội tiếp (dhnb)  DCH  DEH... 0;1;16 Kết hợp ĐKXĐ:  x  Kết luận: Vậy x  0;16 thỏa mãn yêu cầu toán Câu II (2,0 điểm) Đổi 36 phút  0, 6h ; 54 phút  0,9h Gọi vận tốc dự định là: v(km / h)(v  0) Gọi thời gian dự định