007 đè thi HSG toán 9 huyên 2018 2019

KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút Câu (5 điểm) Cho biểu thức A  x 1 x 25 x x  0      x  x  4 x 2 x 2 a) Rút gọn A c) Tìm giá trị x để A có giá trị nguyên Câu (4 điểm) Giải phương trình sau : b) Tính giá trị A x  a) x  x   x  b) x   x  x    x Chứng minh với số nguyên n n3  3n2  2018n chia hết cho Câu (2,5 điểm) Cho đường thẳng  d  có phương trình:  m  1 x   m   y  (d) (m tham số) a) Tìm giá trị m biết đường thẳng  d  qua điểm A  1; 2  b) Tìm m để  d  cắt trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích Câu (7,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ tiếp tuyến Ax, By Lấy điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B) Kẻ MH  AB H a) Tính MH biết AH  3cm, HB  5cm b) Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, By C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh M , I , H thẳng hàng c) Vẽ đường tròn tâm  O ' nội tiếp tam giác AMB tiếp xúc với AB K Chứng minh diện tích S AMB  AK KB Câu (1,5 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn  x  1 y  1  xy 1 Chứng minh :  1 3x  3y2  ĐÁP ÁN Câu a) A     x 1 x 25 x   4 x x 2 x 2  x 1  x 2 2 x  x 2     x 2  25 x x 2  x  x   2x  x   x  x 2  x 2   x   x 2  x 2   x 2   x x 2 b) Với x  x  , x  (tmdk ) 3   13 A 2 4 2 2 2 3 x c) Với x  0, x  4, A nguyên  có giá trị nguyên x 2 x 3  3  A Mặt khác x 2 x 2 Vì A nguyên nên A  0;1;2 A  giải ta được: x  0(tmdk ) A   x  1(tmdk ) A   x  16(tmdk ) Vậy A nguyên x 0;1;16 Câu 1) x  x   x   x   x  1   x   x        x0 2x 1  2x  x  2(ktm)        x   2 x    x  b) ĐK:  x  x   x  2x    x  x3  5 x    x 1  (1) Vế trái (1) bé 4, vế phải lớn nên dấu xảy   x3  5 x   x  1(tmdk )   x 1  Vậy phương trình có nghiệm x  n3  3n2  2018n  n. n  1 n    2016n Vì n  n  1 n   tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2016n chia hết cho Vậy n3  3n3  2018n chia hết cho với n Câu a) Đường thẳng  d  qua điểm A  1; 2  nên ta có : x  1; y  2 thay vào giải ta m  b) Để d cắt trục tọa độ m  1;2 Giả sử (d) cắt hai trục tọa độ hai điểm A B ta tính tọa độ     A ;0  ; B  0;   m 1   m   Ta có OAB vng O nên 1 3 SOAB  OA.OB  2 m 1 m  SOAB  3   2 m 1 m  2   13 m   (tmdk )  1 m   Câu y D x M C I A H K O B a) Tam giác AMC vuông M có MH đường cao  MH  AH BH (hệ thức lượng tam giác vuông)  MH  15(cm) AC AI CM   b) Vì AC song song với BD nên ta có: (vì AC  CM ; BD  MD) BD ID MD  MI / / AC mà MH / / AC (cùng vng góc với AB) Suy M , I , H thẳng hàng c) Đặt AB  a, AM  c, BM  b Ta có: a cb abc AK  ; BK  2 a  c  b a  b  c   a  c  b  a  b  c    AK BK     2   2 2  a   b  c    a   b  c   2bc        2    2bc 1   bc  AM MB  S AMB 2 2 Vậy S AMB  AK KB Câu x 1 y 1    Từ  x  1 y  1  xy    1  1    x y x  y  1 Đặt a  ; b  , ta có: x y 1  a 1  b     a  b  ab   a b   ab  ab  ab  ab , từ ab  Áp dụng AM – GM cho hai số thực dương ta có: 1 a a 1 a a  x        a  b  a  1  a  b a   3x  a  b  ab  a  3 x 1 a b  Tương tự ta có:     3y2   a  b b   Cộng vế theo vế ta 1 1 a b a b         3x  3y2   a  b a  b a  b   1 2ab  a  b   ab       1    1    1   1   a  1 b  1    2  a  a   a  b b   a  b 1 x  y 1 Dấu xảy   b b    a  b b 