Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Buôn Ma Thuột (Có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS TP BUÔN MA THUỘT CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2018-2019 --------- MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không tính giao đề) Ngày thi: 25/01/2019 Bài 1: (4,0 điểm) x 1 2 x x x 1 2 x x a) Cho biểu thức K 1 : 1 . 2x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 Tìm điều kiện để K có nghĩa và rút gọn K. xy z 1 yz x 2 zx y 3 b) Cho A . Tìm giá trị lớn nhất của A. xyz Bài 2: (5,0 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n chẵn, n 4 ta luôn có: n4 4 n 3 4 n 2 16 n  384 . b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x 7 y 55 . c) Giải phương trình: x 25 x2 x 25 x 2 5. d) Cho a 0, b 0, c 0 và a b c 1. Chứng minh a b b c c a 6 . Dấu “=” xảy ra khi nào ? Bài 3: (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : y k 1 x n k 1 và hai điểm AB 0; 2 , 1; 0 (với k, n là các tham số). 1) Tìm giá trị của k và n để: a) Đường thẳng d đi qua hai điểm A và B. b) Đường thẳng d song song với đường thẳng :y x 2 k . 2) Cho n 2 . Tìm k để đường thẳng d cắt trục Ox tại điểm C sao 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 những điểm M nằm trong góc xOy sao cho hai tam giác MAB và MCD có cùng diện tích. Bài 5: (6,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính BC, dây AD vuông góc BC tại H. Gọi E, F theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC. Gọi (I), (K) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, tam giác HCF. a) Xác định vị trí tương đối của các đường tròn: (I) và (O); (K) và (O); (I) và (K). b) Tứ giác AEHF hình gì ? Vì sao ? c) Chứng minh: AE AB AF  AC d) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của (I) và (K) e) Xác định vị trí điểm H để EF có độ dài lớn nhất. ---------------- Hết ---------------- BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Bài 1: (4,0 điểm) x 0 x 0 2x 1 0 x 0 1 a) K có nghĩa 2x 1 0 x 1 2 x x 1 2 x x 2 1 0 2 x 1 2x 1 2 x 1 0 1 2x x 1 2 x x x 1 2 x x Ta có: K 1 : 1 2x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 xx 1212 xxxxxx 2121 1212 xxxx 2121 : 2x 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 2x x 2 x 1 2 x 2 x 2 x x 2 x 1 2 2x x 1 2x 2x x 2 x 1 2 x 2 x 2 x x 2 x 1 2 x 1 b) (ĐK: x 2; y 3; z 1) xy z 1 yz x 2 zx y 3z 1 x 2 y 3 z 1 2 x 2 3 y 3 A xyz z x y z 2x 3 y a b Áp dụng bất đẳng thức ab a 0; b 0 . Do z 1 0; x 2 0; y 3 0 nên ta có: 2 1 z 1 z z 1 1 2 x 2 x 2 x 2 1 z 1 ; 2 x 2 2 2z 2 2 2 2x 2 2 3 y 3 y 3 y 3 1 3 y 3 2 2 3y 2 3 z 1 1 x 4 1 1 1 6 3 2 2 3 x 2 2 A . Dấu “=” xảy ra y 6 22 2 2 3 12 y 3 3 z 2 x 2; y 3; z 1 6 3 2 2 3 Vậy Max A khi x 4; y 6; z 2 12 Bài 2: (5,0 điểm) a) Vì n chẵn n 2 k k N , k 2 . Do đó: nnnnk4 4 3 4 2 16 2 4 42 k 3 42 k 2 162 kkkkk 16 4 32 3 16 2 32 16k k3 2 k 2 k 2 16 k 2 k 1 k k 1 Vì k 2, k 1, k , k 1 là bốn số tự nhiện liên tiếp k 2 k 1 k k 1  3 và kkkk  2 1 18  kkkk 2 1 12416  kkkk 2 1 11624384  Vậy n4 4 n 3 4 n 2 16 n  384 với mọi số tự nhiên n chẵn, n 4 55 7y 1 y b) Ta có: 3x 7 y 55 x 18 2 y 0 y 8 3 3 1 y Đặt t y1 3 t t Z ; x 18 2 1 3 t t 16 7 t 3 Vì 0 y 80138 t 2 t 0 t 2;1;0 +) Nếu t 2 thì x 16 7  2 2; y 1 3  2 7 +) Nếu t 1 thì x 16 7  1 9; y 1 3  1 4 +) Nếu t 0 thì x 16 70  16; y 130  1 Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là 2;7 , 9;4 , 16;1 c) (ĐK: 5 x 5). Vì 5 x 5 5 x 0; 5 x 0. Do đó xxxx 25 2 25 2 5 25 xxxx 2 25 2 5 0 5 xxxxx 5 5 5 0 5 x 0 x 5 TMDK 5 x x 5 x 5 x 0 5 x x 5 x 5 x 0 * +) Nếu x 0 thì 5 0 5 5 0 . Vậy x 0 là nghiệm của * +) Nếu 0 x 5 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 0 và x5 x 0 nên * vô nghiệm. +) Nếu 5x 0 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 0 và x5 x 0 nên * vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 0 và x 5 d) Áp dụng bất đẳng thức ax by cz 2 a2 b 2 c 2 x 2 y 2 z 2 . Ta có: 2 abbcca 12 1 2 1 2 abbcca  3 2 abc 6 doabc 1 a b b c c a 1 a b b c c a 6 . Dấu “=” xảy ra a b c a b c 1 3 Bài 3: (3,0 điểm) 1) Tìm giá trị của k và n 2 k 1  0 n n 2 a) d đi qua hai điểm A và B, nên có: 0 k 1  1 n k 3 k 1 1 k 2 b) d song song với đường thẳng :y x 2 k n 2 k n 0 2 2) Khi n 2 , đường thẳng d : y k 1 x 2 k 1 , cắt Ox tại điểm C ; 0 1 k 1 1 2 2 1 1 S OA   OC2 ; S OA   OB 2 1 1 OAC2 2 1 k 1 k OAB 2 2 2 1 k 1 k 0 Khi đó SOAC 2 S OAB 2 1 k 1 (TMĐK) y 1 k 1 k 1 k 2 D Bài 4: (2,0 điểm) Lấy điểm E thuộc Ox sao cho OE = AB; điểm F C thuộc tia Oy sao cho OF = CD. Gọi N là trung F M điểm EF. Lấy điểm M bất kì thuộc tia ON, ta có N SSMOE MOF x O A E B mà SSSSSSMOE MAB; MOF MCD MAB MCD . Vì AB, CD không đổi, nên E, F cố định N cố định tia ON cố định. Vậy M thuộc tia ON thì SSMAB MCD . Bài 5: (6,0 điểm) A F E B I H O K C D a) BEH, BEH 900 BEH nội tiếp đường tròn đường kính BH I là trung điểm BH, do đó OI OB IB nên (I) và (O) tiếp xúc trong. CFH, CFH 900 CFH nội tiếp đường tròn đường kính CH K là trung điểm CH, do đó OK OC KC nên (K) và (O) tiếp xúc trong. Lại có: IK IH KH nên (I) và (K) tiếp xúc ngoài. b) Tứ giác AEHF: AEH AFH 900 gt ; EAF 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Vậy tứ giác AEHF là hình chữ nhật. c) AHBAHB, 900 , HE   AB AH 2 AEAB a ; AHCAHC , 90 0 , HF   AC AH 2 AFAC b Từ (a) và (b) suy ra AE AB AF  AC (đpcm) d) Ta có FEH AHE (vì tứ giác AEHF là hình chữ nhật) IEH IHE (vì IHE cân tại I) FEI FEH IEH AHE IHE AHB 900 (AD  BC) EF là tiếp tuyến của (I) tại E Chứng minh tương tự có EF là tiếp tuyến của (K) tại F. Vậy EF là tiếp tuyến chung của (I) và (K) (đpcm) e) Vì EF = AH (do AEHF là hình chữ nhật) nên EF lớn nhất AH lớn nhất. Mà 1 AH AD do BC  AD nên AH lớn nhất AD lớn nhất AD là đường kính của (O) 2 H  O. Vậy khi H  O thì EF lớn nhất bằng bán kính của (O).