Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT TP Buôn Ma Thuột

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị cho kì thi chọn HSG sắp tới cũng như giúp các em củng cố và ôn luyện kiến thức, rèn kỹ năng làm bài thông qua việc giải Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT TP Buôn Ma Thuột dưới đây. Hi vọng đây là tài liệu hữu ích cho các bạn trong việc ôn tập. Chúc các bạn thi tốt!

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 (khơng tính giao đề) Ngày thi: 25/01/2019 Bài 1: (4,0 điểm)  x 1 2x  x   x 1   1 :   a) Cho biểu thức K   2x 1  2x 1   2x 1 Tìm điều kiện để K có nghĩa rút gọn K b) Cho A  2x  x   1 x 1  xy z   yz x   zx y  Tìm giá trị lớn A xyz Bài 2: (5,0 điểm) a) Chứng minh với số tự nhiên n chẵn, n  ta ln có: n  4n  4n  16n  384 b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  y  55 c) Giải phương trình: x  25  x  x 25  x  d) Cho a  0, b  0, c  a  b  c  Chứng minh a  b  b  c  c  a  Dấu “=” xảy ? Bài 3: (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  : y   k  1 x  n  k  1 hai điểm A  0;  , B  1;  (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  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 4: (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 5: (6,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính BC, dây AD vng góc 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 tam giác HBE, tam giác 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: AE  AB  AF  AC d) Chứng minh EF tiếp tuyến chung (I) (K) e) Xác định vị trí điểm H để EF có độ dài lớn Hết BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Bài 1: (4,0 điểm)    x0 2x 1  x 0   x  2x 1    x  x 1 2x  x  x 1  1   0 2x 1 2x 1   x x 1 2x  x   x  2x  x    1 :    1   x x 2x 1 2x 1 2        a) K có nghĩa       Ta có: K       x 1 x0    x 1   2x  x  2x 1   x    x  1   x 1    2x 1   2x 1 x  x  2x 1  2x  2x  2x  x  2x   :  2x  x  2x 1  2x  2x  2x  x  2x 1 2x  2   2x  x  2x     x    x  1  2x 1 x 1  2x x 1 b) (ĐK: x  2; y  3; z  )  x  2  y  3 xy z   yz x   zx y  y 3 z 1 x2 z 1       xyz z x y z 2x 3y a b Áp dụng bất đẳng thức ab   a  0; b   Do z   0; x   0; y   nên ta có: 2  x  2   z  1 z   x  2 x z 1 1 z 1   x  2     ;    z 2 2 2x 2 A  y  3    y  3   y  3 y   3y  z 1  x  x2 1 63 2    A    Dấu “=” xảy   y  2 2 12  y3 z   x  2; y  3; z   63 2 x  4; y  6; z  Vậy Max  A  12 Bài 2: (5,0 điểm) a) Vì n chẵn  n  2k  k  N , k   Do đó: n  4n3  4n  16n   2k    2k    2k   16  2k   16k  32k  16k  32k  16k  k  2k  k    16  k   k  1 k  k  1 Vì k  2, k  1, k , k  bốn số tự nhiện liên tiếp   k   k  1 k  k  1   k   k  1 k  k  1    k   k  1 k  k  1  24  16  k   k  1 k  k  1 16  24  384 Vậy n  4n3  4n  16n  384 với số tự nhiên n chẵn, n  b) Ta có: x  y  55  x  55  y 1 y  18  y  0  y  8 3 1 y  y   3t  t  Z  ; x  18  1  3t   t  16  7t Vì  y     3t   2  t   t  2;  1; 0 Đặt t  +) Nếu t  2 x  16    2   2; y     2   +) Nếu t  1 x  16    1  9; y     1  +) Nếu t  x  16    16; y     Vậy nghiệm nguyên dương phương trình  2;  ,  9;  , 16;1 c) (ĐK: 5  x  ) Vì 5  x    x  0;  x  Do x  25  x  x 25  x   25  x  x 25  x  5  x     x   5 x  x 5 x  5 x   5 x   x  TMDK      x  x  x   x  *    x  x  x   x  +) Nếu x     Vậy x  nghiệm * +) Nếu  x    x   x   x   x   x   x  x  x  nên * vô nghiệm +) Nếu 5  x    x   x   x   x   x   x  x  x  nên * vô nghiệm Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  x  d) Áp dụng bất đẳng thức  ax  by  cz    a  b  c  x  y  z  Ta có:  a b  bc  ca   1     a  b  b  c  c  a     a  b  c   2  a  b  c  1  a  b  b  c  c  a  a  b  b  c  c  a  Dấu “=” xảy   abc  a  b  c  Bài 3: (3,0 điểm) 1) Tìm giá trị k n    k  1   n n   a)  d  qua hai điểm A B, nên có:  0   k  1   1  n k   k 1  k   n   k n  b)  d  song song với đường thẳng    : y  x   k    ; 0  1 k  2) Khi n  , đường thẳng  d  : y   k  1 x   k  1 , cắt Ox điểm C  1 2 1  SOAC  OA  OC     ; SOAB  OA  OB    1  2 1 k 1 k 2 Khi SOAC  2SOAB   1 k  k    1 k     (TMĐK) 1 k 1  k  1  k  Bài 4: (2,0 điểm) Lấy điểm E thuộc Ox cho OE = AB; điểm F thuộc tia Oy cho OF = CD Gọi N trung điểm EF Lấy điểm M thuộc tia ON, ta có S MOE  S MOF O y D C F M N A E B x mà S MOE  S MAB ; S MOF  S MCD  S MAB  S MCD Vì AB, CD khơng đổi, nên E, F cố định  N cố định  tia ON cố định Vậy M thuộc tia ON S MAB  S MCD Bài 5: (6,0 điểm) A F E B H I O K C D   900  BEH nội tiếp đường tròn đường kính BH  I trung điểm BH, a) BEH , BEH OI  OB  IB nên (I) (O) tiếp xúc   900  CFH nội tiếp đường tròn đường kính CH  K trung điểm CH, CFH , CFH OK  OC  KC nên (K) (O) tiếp xúc Lại có: IK  IH  KH nên (I) (K) tiếp xúc ngồi   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) AEH   AFH  900  gt  ; EAF b) Tứ giác AEHF:  Vậy tứ giác AEHF hình chữ nhật   900 , HF  AC  AH  AF  AC b  c) AHB,  AHB  900 , HE  AB  AH  AE  AB  a  ; AHC , AHC Từ (a) (b) suy AE  AB  AF  AC (đpcm)  d) Ta có FEH AHE (vì tứ giác AEHF hình chữ nhật)   IEH  IHE (vì IHE cân I)   FEH   IEH   AHE   IHE   FEI AHB  900 (AD  BC)  EF tiếp tuyến (I) E Chứng minh tương tự có EF tiếp tuyến (K) F Vậy EF tiếp tuyến chung (I) (K) (đpcm) e) Vì EF = AH (do AEHF hình chữ nhật) nên EF lớn  AH lớn Mà AH  AD  BC  AD  nên AH lớn  AD lớn  AD đường kính (O)  H  O Vậy H  O EF lớn bán kính (O)  ... ON, ta có S MOE  S MOF O y D C F M N A E B x mà S MOE  S MAB ; S MOF  S MCD  S MAB  S MCD Vì AB, CD khơng đổi, nên E, F cố định  N cố định  tia ON cố định Vậy M thuộc tia ON S MAB  S... xúc Lại có: IK  IH  KH nên (I) (K) tiếp xúc ngồi   90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) AEH   AFH  90 0  gt  ; EAF b) Tứ giác AEHF:  Vậy tứ giác AEHF hình chữ nhật   90 0 , HF... x  x  nên * vơ nghiệm Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  x  d) Áp dụng bất đẳng thức  ax  by  cz    a  b  c  x  y  z  Ta có:  a b  bc  ca   1     a  b  b