Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Phòng GD&ĐT TP Buôn Ma Thuột

Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Phòng GD&ĐT TP Buôn Ma Thuột là tài liệu luyện thi học sinh giỏi hiệu quả dành cho các bạn học sinh lớp 9. Đây cũng là tài liệu tham khảo môn Toán giúp các bạn học sinh hệ thống lại kiến thức, nhằm học tập tốt hơn, đạt điểm cao trong bài thi sắp tới. Mời quý thầy cô và các bạn tham khảo đề thi.

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 2017-2018 MƠN: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng tính giao đề) Ngày thi: 06/03/2018 Bài 1: (4,0 điểm) a) Cho biểu thức K  x x  26 x  19 x x 3   Tìm điều kiện để K có nghĩa x  x 3 x 1 x 3 rút gọn K b) Cho B  2018x  2019  x  2020 Tìm giá trị nhỏ B 1 x Bài 2: (4,5 điểm) a) Chứng minh n số nguyên dương thì: A  5n (5n  1)  6n (3n  2n )91 b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  8y  3(x  xy  y ) c) Giải phương trình: x  3x    x  x Bài 3: (3,5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm giá trị tham số m để hai đường thằng (d): y  x  (d’): y   mx cắt điểm có tọa độ dương 1    3 Tìm a, b, c b) Cho a, b, c số dương thỏa mãn  a b c a  b  c  12 Bài 4: (4,5 điểm) Cho tam giác ABC vng cân A có AB = AC = a Gọi D trung điểm BC, E điểm di động đoạn thẳng AD Gọi H K hình chiếu E lên cạnh AB AC Kẻ HI vng góc với DK (với I  DK ) Đường thẳng DK cắt đường thăng vng góc với AB B F a) Chứng minh năm điểm A, H, E, I, K thuộc đường tròn b) Tính số đo góc HIB c) Chứng minh ba điểm B, E, I thẳng hàng d) Tìm vị trí E AD để diện tích tam giác ABI lón Tính giá trị lớn theo a Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O,R) vẽ tứ giác ABCD có đỉnh thuộc đường tròn (O) a) Chứng minh AB.DC + AD.BC = BD.AC b) Gọi D điểm cung lớn BC có chứa đỉnh A Trên BC chọn I cho BI = 2IC, DI cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai E Chứng minh AB  2AE  AE.BC CE Hết BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Bài 1: (4,0 điểm) x   x  x  x   a) K có nghĩa    x 1  x 1    x 3 K     x  x x  x  16 x  16      x x       x  3 x  1  x  1  x  16  x  16  x 3 x  1 x   x x  26 x  19 x x  x x  26 x  19  x x      x  x 3 x 1 x 3 x 1 x  x x  26 x  19  2x  x  x    x 1 x 3  2018x  2019  x  2020 Tìm giá trị nhỏ B 1 x  a  1 x  a  x   a  1   a  1 x   a  1  a  M  a (ĐK: 1  x  ) Đặt a  2019 , ta có B  1 x2 1 x2 b) Cho B  M   a  1 x   a  1 x   a  1 1 x2 2  4a 1  x    a  1 x   a  1 x   a  1 1 x2  a  1 x   a  1  4a    4a  x  0,  a  1 x  a  1   1 x  M  a  B  a  a  2019  2019 a 1 2018 1009   (TMĐK) Đẳng thức xảy   a  1 x   a  1   x   a 1 2020 1010   Bài 2: (4,5 điểm) a) A  5n (5n  1)  6n (3n  2n )  25n  5n  18n  12n   25n  18n   12n  5n 7 lại có A  25n  5n  18n  12n   25n  12n   18n  5n 13 ; mặt khác  7;13   A  13  91 b) x  8y  3(x  xy  y )  3x   3y  1 x  3y  8y  * Ta có    3y  1  12  3y  8y   27y  90y  15  57 15  57 y  y  0;1; 2;3 9 +) y   3x  x   x  3x  1   x  (vì x  Z ) Do * có nghiệm    27y  90y    +) y   3x  2x     x  1 3x     x  (vì x  Z ) 5  73 (loại, x  Z ) 4  +) y   3x  8x    x  (loại, x  Z ) Vậy cặp số nguyên  x; y  cần tìm  0;  ; 1;1 +) y   3x  5x    x  0  x   x  c) ĐKXĐ:  x  3x    x  1  x  3x   x    x  3x   x    x  2x  x x x x 1         x    2 x  1    x   2 x    x  x x x     1  0 x     x  1   x  x      x   1  0  x  3 x (TMĐK)   1   Bài 3: (3,5 điểm) a) (d) cắt (d’)    m  m  1 Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (d’) là: x    mx   m  1 x   x  Khi y  (do m  1 ) m 1  2m 2 m 1 m 1   m    m 1  Tọa độ giao điểm (d) (d’) dương     1  m  (TMĐK) 3  2m    2m   m  a2 b2  a  b    b) Với a, b, x, y số dương ta chứng minh minh x y x y 1   a y  b x   x  y   xy  a  b  2 1  a xy  a y  b x  b xy  a xy  b xy  2abxy   a y  b x  2abxy    ay  bx   a b Dấu “=” xảy ay  bx    x y  Luon dung voi moi a, b, x, y  a2 b2 c2  a  b  c  Dựa vào (1) ta chứng minh    x y z xyz 2   với a, b, c, x, y, z số dương a b c a2 b2 c2  a  b  c2  a  b  c       Dấu “=” xảy   Thật x y z x y z xy z xyz 1   3 36 36 Áp dụng (2), ta có:       (vì  a  b  c  12 ) a b c a bc a  b  c 12 a  1     Dấu ”=” xảy  a b c  b  a  b  c  12 c   Bài 4: (4,5 điểm) a) Chứng minh năm điểm A, H, E, I, K thuộc đường tròn Dễ dàng chứng minh tứ giác AHEK hình vng  A, H, E, K thuộc đường tròn đường kính HK   900  I thuộc đường tròn đường kính HK Lại có HIK Vậy A, H, E, K, I thuộc đường tròn đường kính HK b) Tính số đo góc HIB BDF  CDK  g.c.g   BF  CK , lại có A BH  AB  AH  AC  AK  CK  BF  BH   900  BF  AB  nên BHF vuông cân mà HBF   45 B  HFB   HBF   900  gt   tứ Tứ giác BHIF có HIF K H I E B C D   HFB   45 giác BHIF nội tiếp  HIB c) Chứng minh ba điểm B, E, I thẳng hàng   45 (do tứ giác AHEK hình F Ta có HAE vng) Vì A, H, E, K, I thuộc đường tròn đường kính HK (câu a)   HAE   45 , mặt khác HIB   45 (cmt)  B, E, I thẳng hàng  HIE d) Tìm vị trí E AD để diện tích tam giác ABI lón Tính giá trị lớn theo a 1 AI  BI 1 AI  BI    AB2  a 2 2 4 Đẳng thức xảy  AI  BI  I  D  E  D Vậy max SABI  a  E  D D ABI vuông I (gt), nên SABI  C O K Bài 5: (4,0 điểm) a) Chứng minh AB.DC + AD.BC = BD.AC   CBD  Trên đoạn thẳng AC lấy điểm K cho ABK A B   CBD   ABD   DBK   KBC   DBK   ABD   KBC  Ta có: ABK )   KBC  (cmt), ADB   KCB  (góc nội tiếp chắn cung AB Xét ABD KBC: ABD AD KC Vậy ABD KBC (g.g)    AD  BC  KC.BD  a  BD BC   DBC  (gt), BAK   BDC  (góc nội tiếp chắn cung BC ) Xét ABK DBC: ABK AB DB Vậy ABK DBC (g.g)    AB  DC  AK BD  b  AK DC Từ a) b)  AB  DC  AD  BC  AK BD  KC  BD  BD   AK  KC   BD  AC b) Chứng minh AB  2AE  AE.BC CE Trường hợp C I E O D m CB = 5,43 cm m CE = 1,93 cm m AC = 7,82 cm B A m CI = 1,81 cm m BI = 3,62 cm m BI-2m CI = 0,00 cm m BA = 6,34 cm m AE = 7,82 cm m BAD = 136,46 m CGD = 136,46 m AEm CB = 0,00 cm m BA+2m AEm CE Trường hợp sai C E I O D A B m CI = 3,07 cm m BI = 6,14 cm m BI-2m CI = 0,00 cm m BA = 8,56 cm m AE = 10,61 cm m CB = 9,20 cm m CE = 3,48 cm m AC = 9,75 cm m BAD = 120,08  m CGD = 120,08 m BA+2m AE- m AEm CB m CE = 1,70 cm Bàn luận: Đẳng thức cần chứng minh  AB  CE  2AE  CE  AE  BC * Áp dụng kết câu a) tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn (O) nên ta có: AB  CE  BE  AC  AE.BC , để chứng minh * ta cần chứng minh CE AC  ** BE 2AE   BAD   CED   BED   EI phân giác BCE  CE  IC   IB  2IC  Lại có CD BE IB AC   AC  AE !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Nên để chứng minh ** ta chứng minh 2AE 2AE  CE  BE  AC  ...  1  12  3y  8y   27y  90 y  15  57 15  57 y  y  0;1; 2;3 9 +) y   3x  x   x  3x  1   x  (vì x  Z ) Do * có nghiệm    27y  90 y    +) y   3x  2x   ... 3,07 cm m BI = 6,14 cm m BI-2m CI = 0,00 cm m BA = 8,56 cm m AE = 10,61 cm m CB = 9, 20 cm m CE = 3,48 cm m AC = 9, 75 cm m BAD = 120,08  m CGD = 120,08 m BA+2m AE - m AEm CB m CE = 1,70 cm... 12n  5n 7 lại có A  25n  5n  18n  12n   25n  12n   18n  5n 13 ; mặt khác  7;13   A  13  91 b) x  8y  3(x  xy  y )  3x   3y  1 x  3y  8y  * Ta có    3y  1