Đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng giáo dục và đào tạo TP. Buôn Ma Thuột (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng giáo dục và đào tạo TP. Buôn Ma Thuột (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS TP BUÔN MA THUỘT CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2019-2020 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không tính giao đề) Ngày thi: 09/01/2020 Bài 1: (3,0 điểm) 2 1 1 2020 Cho biểu thức M  2 2  . 3 2x 1 2 x 1 x 1 1 1 3 3 a) Rút gọn M . b) Tìm giá trị lớn nhất của M . Bài 2: (5,0 điểm) a) Chứng minh rằng đa thức P x x5 3 x 4 6 x 3 3 x 2 9 x 6 không thể có nghiệm là số nguyên. b) Đa thức P x chia cho x 1 được số dư bằng 4, chia cho x 3 được số dư bằng 14. Tìm số dư của phép chia P x cho x 1 x 3 . c) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: 5 x y z t 10 2 xyzt . d) Cho a, b là hai số thực không âm thỏa mãn a2 b 2 2 , hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M a3 b a 2 b b 3 a b 2 a . Bài 3: (4,0 điểm) Cho hàm số y m 2 x m 1 a) Tìm điều kiện của m để hàm số nghịch biến trên tập số thực. b) Tìm điều kiện của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3. c) Tìm m để đồ thị của các hàm số y x 2; y 2 x 1 và y m 2 x m 1 đồng quy. d) Tìm m để đồ thị hàm số tạo với trục tung và trục hoành một tam giác có diện tích bằng 2. Bài 4: (2,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh a. Điểm M di động trên đường chéo AC. Kẻ ME  AB, MF  BC (E AB, F BC). Xác định vị trí của điểm M để diện tích tam giác DEF đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 5: (6,0 điểm) Cho hai đường đường tròn OR; và O ; r tiếp xúc ngoài tại B. Tiếp tuyến chung ngoài AD cắt đường nối tâm tại M, AODO , . Tiếp tuyến chung tại B cắt AD tại P. Gọi H là hình chiếu của A lên BC, E là giao điểm của PC và AH, C là điểm đối xứng với B qua O. a) Chứng minh EH EA ; b) Tính AH theo R và OP d ; c) Tính AD theo R và r ; d) Giả sử AD DM 4 cm , tính R và r ; e) Gọi OR1; 1 tiếp xúc với AD đồng thời tiếp xúc ngoài với OR; và O ; r . Chứng 1 1 1 minh rằng: . R1 R r Hết GGVV::: NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HảHảiii –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm vàvà ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) tttrrraanngg 11
2. BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Bài 1: (3,0 điểm) a) Rút gọn M ( x 0 ) 2 1 1 2020 2 3 3 2020 M  2 2    3 2x 1 2 x 1 x 1 3 4x 4 x 4 4 x 4 x 4 x 1 1 1 3 3 1010 1 1 10102 x 1 2020 2020   2 2 x 1 x x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x 1 x 1 x x x 1 b) Tìm giá trị lớn nhất của M . 2020 Vì x 0 x2 x 1 1 M 2020 . Dấu “=” xảy ra x 0 (TMĐK). x2 x 1 Vậy MaxM 2020 khi x 0 Bài 2: (5,0 điểm) a) Giả sử x a a Z là nghiệm nguyên của P x P a a5 3 a 4 6 a 3 3 a 2 9 a 6 0 +) Nếu a 3 thì a5 3 a 4 6 a 3 3 a 2 9 a  9; 6  9 P a  9 (mâu thuẩn, vì P a 0 9 ) +) Nếu a  3 thì 3a4 6 a 3 3 a 2 9 a 6  3; a 5  3 P a  3 (mâu thuẩn, vì P a 0 3 ) Vậy P x không thể có nghiệm là số nguyên. b) Vì P x chia cho x 1 được số dư bằng 4, nên P x x 1  E x 4 P 1 4 Vì P x chia cho x 3 được số dư bằng 14, nên P x x 3  F x 14 P 3 14 P 1 a b a b 4 a 5 Giả sử P x x 1 x 3  Q x ax b P 3 3 a b 3a b 14 b 1 Vậy dư trong phép chia P x cho x 1 x 3 là 5x 1. c) Không mất tính tổng quát, giả sử x y z t 1 Ta có 2xyzt 5 x y z t 1054102010  x x xyzt 10 x 5 10 x 5 x 15 x (vì 1 x 5 5 x ) yzt 15 Mà yzt ttt t 3 . Do đó t3 15 t 2 t  1; 2 TH 1: t 1; ta có yz 15 , mà yz zz z2 z 2 15 z 3 z  1; 2; 3 +) Với z 1, ta có: 5 x y 2102 xy 252565 x y . Do 2x 5 2 y 5 ; 65 65  1 13  5 . Nên ta có: 2x 5 65 x 35 2x 5 13 x 9 hoặc 2y 5 1 y 3 2y 5 5 y 5 +) Với z 2 , ta có: 5 x y 3104 xy 4545125 x y . Do 2x 5 2 y 5 ; 125 125  1 25  5 . Nên ta có: 65 15 x  Z x  Z 4x 5 125 2 4x 5 25 2 hoặc 4y 5 1 3 4y 5 5 5 y  Z y  Z 2 2 +) Với z 3 , ta có: 5 x y 4106 xy 6565205 x y . Do 2x 5 2 y 5 ; 205 205  1 41  5 . Nên ta có: GGVV::: NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HảHảiii –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm vàvà ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) tttrrraanngg 22
3. 23 x  Z 6x 5 205 x 35 6x 5 41 3 hoặc 6y 5 1 y 1 6y 5 5 5 y  Z 3 TH 2: t 2; ta có 2yz 15 yz 7 , mà yz zz z2 z 2 7 z 2 z  1; 2 Mà z t 2 z 2 , do đó yz 7 2 y 7 y 3. Lại có y z 2 y  2; 3 40 +) Với y 2 , ta có: 5 x 6 10 16 x x  Z . 11 45 +) Với y 3 , ta có: 5 x 7 10 24 x x  Z . 19 Vậy phương trình có nghiệm x; y ; z ; t 35; 3;1;1 ; 9; 5;1;1 và các hoán vị của nó (24 nghiệm). AB d) Áp dụng bất đẳng thức: AB A 0, B 0 . 2 Ta có: Maba 3 2 b bab 3 2 a 3 aba 2 2 ab 3 abb 2 2 ab 2 2 2 2 3ab a 2 ab 3 ab b 2 ab a b 10 ab 2 10ab 1 5ab (vì a2 b 2 2 ) 2 2 2 2 Mặt khác 2 a2 b 2 2 ab 1 ab . Nên M 1 5 ab 1 5 6 a b 2 2 a b 2 Dấu “=” xảy ra 2 a b 1. Vậy MaxM 6 khi a b 1 3ab a 2 ab 2 3ab b 2 ab Bài 3: (4,0 điểm) a) Hàm số nghịch biến m 2 0 m 2 b) Đồ thị hàm số y m 2 x m 1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 5 Đồ thị hàm số y m 2 x m 1 đi qua điểm 3; 0 0 3 m 2 m 1 m 4 c) Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng y x 2; y 2 x 1 là nghiệm của hệ y x 2 3 x 3 x 1 y 2 x 1 y x 2 y 1 Do đó đồ thị của các hàm số y x 2; y 2 x 1 và y m 2 x m 1 đồng quy đường thẳng y m 2 x m 1 đi qua điểm 1;1 1 m 2 m 1 2 m 4 m 2 d) Điều kiện để đường thẳng y m 2 x m 1 tạo với trục tung và trục hoành một tam giác m 2 0 m 2 1 m là . Đường thẳng y m 2 x m 1 cắt trục hoành tại A ; 0 và cắt m 1 0 m 1 m 2 trục tung tại điểm B 0; m 1 . 2 1 1 m 2 m 1 4 m 2 S 2 OA  OB 2  m 1 4 m 1 4 m 2 OAB 2m 2 2 m 1 4 m 2 m2 6 m 7 0 m 1 m 7 0 m 1 2 2 (TMĐK) m 2 m 9 0 m 1 8 0 VN m 7 GGVV::: NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HảHảiii –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm vàvà ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) tttrrraanngg 33
4. Bài 4: (2,0 điểm) A E B Vì ABCD là hình vuông cạnh a AC a 2 , đặt AM x 0 x a 2 x AM x AEM vuông cân tại E AE ME F 2 2 a M x BE AB AE a 2 Tứ giác BEMF là hình chữ nhật x x BF ME CF BCBF a D C 2 2 2 1 x x x x Do đó SDEF S ABCD S ADE S BEF S CDF   a a a a a 2 2 2 2 2 2 2 2 12a 1 2 1 a 3 a 3 a x x a x . 42 2 2 2 2 2 8 8 1a a a 2 AC Dấu “=” xảy ra khi x x AM M là trung điểm AC. 22 2 2 2 2 K Bài 5: (6,0 điểm) A a) Chứng minh EH EA ; P Gọi K là giao điểm của AC và BP. E D Ta có: PA = PB (PA, PB là hai tiếp tuyến của (O)); OA = OB (bán kính) C O H OP là trung trực AB OP  AB B O' M Lại có ABC nội tiếp đường tròn đường kính BC BAC 900 hay AC  AB. Do đó OP // AC BC BK Xét BCK: OB OC (bán kính (O)); OP // CK (OP // AC) PB PK 2 2 Ta có: AH  BC (gt); BK  BC (BK là tiếp tuyến của (O)) AH // BK EH CE BCP có: EH // BP (AH // BK) (hệ quả Ta Lét) PB CP EA CE PCK có: EA // KP (AH // BK) (hệ quả Ta Lét) PK CP EH EA Do đó mà PB = PK (cmt) EH EA (đpcm) PB PK b) Tính AH theo R và OP d ; OBP, OBP 900 PB OPOB 2 2 d 2 R 2 BK 2 PB 2 d 2 R 2 BC BK BCK: OB OC ; PB PK (cmt), 2 2 nên OP là đường trung bình BCK CK 2 OP 2 d BC24 R 2 2 R 2 BCK: CBK 900 , BA CK (cmt) BC2 AC  CK AC CK2 d d AHAC ACBK2 R2  2 dR 2 2 2 RdR 2  2 2 BCK: AH // BK (cmt) AH BK CK CK d2 d d 2 c) Tính AD theo R và r ; Ta có: PO là phân giác APB (PA, PB là tiếp tuyến của (O)) PO’ là phân giác DPB (PD, PB là tiếp tuyến của (O’)) GGVV::: NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HảHảiii –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm vàvà ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) tttrrraanngg 44
5. Lại có APB và DPB kề bù OPO 900 OPO’: OPO 900 (cmt), PB  OO’ (cmt) PB2 OBOB  Rr PB Rr Mặt khác PA = PB, PB = PD AD = PA + PD = 2PB = 2 Rr . d) Giả sử AD DM 4 cm , tính R và r ; Ta có AD 2 Rr (cmt), do đó 2Rr 4 Rr 4 a Mặt khác MOA: O’D // OA (cùng vuông góc với MA) O D MD r 4 1 R 2 r b OA MA R 4 4 2 Từ a), b) 2r2 4 r 2 cm ; R 2 r 2 2 cm 1 1 1 e) Chứng minh rằng: . R1 R r A N D O1 C O B O' M Gọi N là tiếp điểm của AD với O1 . Áp dụng kết quả câu c), ta có: Vì AN là tiếp tuyến chung ngoài của OR; và O1; R 1 AN 2 RR 1 Vì DN là tiếp tuyến chung ngoài của O ; r và O1; R 1 DN 2 rR 1 1 1 1 Do đó ADANDN 2 Rr 2 RR1 2 rR 1 (đpcm) R1 r R GGVV::: NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HảHảiii –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm vàvà ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) tttrrraanngg 55