032 đề thi hsg toán 9 2019 2020 huyện buôn ma thuột

Cho hình vuông ABCD có cạnh.. a Điểm M di động trên đường chéo AC Kẻ.

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 THÀNH PHỐ BUÔN MA THUỘT 2019 – 2020

Bài 1.Cho biểu thức

2

M

x



a) Rút gọn M

b) Tìm giá trị lớn nhất của M

Bài 2.

a) Chứng minh rằng đa thức P x( )x5  3x4 6x3 3x2 9x 6không thể có nghiệm là số nguyên

b) Đa thức P x chia cho   x  1được số dư bằng 4, chia cho x  được số dư 3

bằng 14.Tìm số dư của phép chi ( )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 b2  Hãy tìm giá trị lớn nhất 2 của biểu thức M a 3b a 2b b 3a b 2a

Bài 3.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2x và 1 y m 2x m  1 đồng quy

d) Tìm m để đồ thị hàm số tại với trục tung và trục hoành một tam giác có diện tích

bằng 2

Bài 4 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 Cho hai đường tròn O R;  , O r tiếp xúc ngoài tại ';  B Tiếp tuyến chung ngoài

AD cắt đường nối tâm tại M A,  O D,  O'  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 4cm,tính ,R r

e) Gọi O R tiếp xúc với AD đồng thời tiếp xúc ngoài với 1; 1 O R và ;  O r'; 

.Chứng minh rằng 1

R  R  r

ĐÁP ÁN Bài 1.

2020 2020

1 1

a M

x

x

x

x x







 

 

b) Vì

2

2

2020

1

x x

  Dấu " " xảy ra khi x0(tmdk) Vậy MaxM 2020 x0

Bài 2.

a) Giả sử x a a    là nghiệm nguyên của  P x 

Nếu a3thì a5  3a46a3 3a2 9a9,6

không chia hết cho 9 nên ( )P a không chia

hết cho 9 (mâu thuẫn vì P a    0 9)

Nếu a không chia hết cho 3 thì 3a4 6a3  3a2 9a 6 3, a5

không chia hết cho 3 nên P a không chia hết cho 3 (mâu thuẫn 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

Giả sử ( )  1  3 ( ) (1)

(3) 3

 



 



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   10 5.4 x10 20 x10

10 5 10 5 15

      (vì 1 x 5 5 ) x  yzt 15

Mà yzt ttt t  3.Do đó t3 15   t 2 t 1;2

Th1: t  ta có 1, yz  , mà 15 yz zz z  2 z2 15 z 3 z1;2;3

+Với z 1 5x y 210 2 xy 2x 5 2  y 5 65

Do 2x 5 2 y 5;65 65.1 13.5  Nên ta có:

65

2

x x

y

y





 



 





 hoặc

15

2

x x

y

y





 



 







+)Với z  , ta có: 3 5x y 4 10 6 xy 6x 5 6  y 5 205

Do 2x 5 2 y 5;205 205.1 41.5  Nên ta có:



23

3

x x

y

y





 



 







Th2: t  ta có: 22, yz 15 yz  mà 7 yz zz z  2 z2  7 z 2 z1;2

Mà z t  2 z do đó 2, yz 7 2y 7 y Lại có 3. y   2 2 y2;3 Với y  ta có: 2,  

40

5 6 10 16

11

x   x x  

Với y  ta có: 3,  

45

5 7 10 24

19

x    x   Vậy phương trình có nghiệm x y z t ; ; ;   35;3;1;1 ; 9;5;1;1    và các hoán vị của nó

(có tất cả 24 nghiệm)

d) Áp dụng bất đẳng thức  0, 0

2

A B

AB   A B

Ta có:

2 2

1 5

ab

do a b

Mặt khác 2a2 b2 2ab 1 ab M  1 5ab  1 5 6

Dấu " " xảy ra

2 2

2 2

2

1

a b

a b









 



 Vậy Max M  6 a b 1

Bài 3.

a) Hàm số nghịch biến  m  2 0 m 2

b) Đồ thị hàm số y m2x m  cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là 31

 Đồ thị hàm số y m2x m  đi qua điểm1

4

c) Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng y x2;y2x là nghiệm của hệ1

Do đó đồ thị của hàm số y  x2;y2x 1;y m 2 m đồng quy khi đường1 thẳng ym 2x m  đi qua điểm 1  1;1

1 m 2 m 1 2m 4 m 2

d) Điều kiện để đường thẳng y m 2x m  tạo với trục tung và trục hoành 1

một tam giác là



  Đường thẳng ym 2x m  cắt hai1 trục tọa độ tại 1 ;0 , 0; 1

2

m

m







 

2

2

2

1

7

2 9 0( )

OAB

m

m

m

m









Bài 4.

F M

C D

Vì ABCD là cạnh hình vuông cạnh a AC a 2,đặt AM x0 x a 2

AEM

AE ME

Tứ giác BEMF là hình chữ nhật

Do đó:

1

Dấu " " xảy ra khi

0

là trung điểm của

AC

Bài 5

a) Gọi K là giao điểm của AC BP,

Ta có: PA PB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ;OA OB =R

OP

 là trung trực của AB OPAB

Lại có ABC nội tiếp đường tròn đường kính BC

90

BAC

    hay AC AB.Do đó OP/ /AC

Xét BCK có: 2

BC

OB OC 

(bán kính (O); OP/ /AC) 2

BK

PB PK

Ta có:AH BC gt BK( ); BC(BK là tiếp tuyến của  O ) AH / /BK

BCP

 có: / / ( / / )

(hệ quả Ta – let )

PCK

 có: EA KP AH/ /  / /BK EA CE

(hệ quả Ta – let )

Do đó

PB PK mà PB PK cmt ( ) EH EA(đpcm)

b)

BCK

OB OC  PB PK  cmt

Nên OP là đường trung bình BCK  CK 2OP2d

2

2

AC

2 2 2

2

: / / ( )

2

d





c)

Ta có PO là phân giác của APB (tính chất tiếp tuyến)

'

PO là phân giác của DPB (tính chất tiếp tuyến)

Lại có: APB và DPB kề bù nên OPO' 90 0

'

OPO

 có: OPO' 90 cmt PB OO cmt,  '( )

2 '

PB OB O B Rr  PB  Rr

Mặt khác PA PB PB PD ,   AD PA PB  2PB2 Rr d) Ta có : AD2 Rr cmt( ) 2 Rr  4 Rr 4( )a

Mặt khác : MOA có ' / /O D OA(cùng vuông góc với MA)

 

2

4 4 2

R r b



Từ    a , b  2r2  4 r  2cm R, 2r 2 2cm

e)

Gọi N là tiếp điểm của AD với  O Áp dụng kết quả câu c), ta có:1

Vì AN là tiếp tuyến chung ngoài của O R và ;  O R1; 1  AN 2 RR1

Vì DN là tiếp tuyến chung ngoài của O r và ';  O R1; 1  DN 2 rR1

Do đó

1