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 Bài (4,0 điểm)  x 1   x 1  2x  x 2x  x   1 :    1 a) Cho biểu thức K   2x  2x   2x    2x   Tìm điều kiện để K có nghĩa rút gọn K xy z   yz x   zx y  Tìm giá trị lớn A b) Cho A  xyz Bài (5,0 điểm) a) Chứng minh với số tự nhiên n chẵn, n  ta ln có: n4  4n3  4n2  16n 384 b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 3x  y  55 c) Giải phương trình: x  25  x2  x 25  x2  d) Cho a  0, b  0, c  a  b  c  Chứng minh a  b  b  c  c  a  Dấu "  " xảy ? Bài (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  : y   k  1 x  n  k  1 hai điểm A 0;2 , B  1;0  (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 (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 (6,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính BC,dây AD vng góc với 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 HBE, 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 EF tiếp tuyến chung  I   K  d) Xác định vị trí điểm H để EF có độ dài lớn ĐÁP ÁN Bài  x    x  x   2x      a) K có nghĩa   x    x   x      x   2x  x    x   x   0 2x 1   x    x 1   x 1  2x  x 2x  x   1 :    1 Ta có: K   2x 1 2x 1  2x    2x      x 1   2x 1  2x  x   x    x  1  x  1 x  1  x  1 x  1   x  x  x  1   x  1 :  x  1 x  1 2x  x  2x   2x  2x  2x  x  2x  2x  x  2x   2x  2x  2x  x  2x    2x 2     x 1  x 1 2x b) ĐK: x  2; y  3; z  A xy z   yz x   zx y  xyz  z 1 x2   z x y 3  y Áp dụng bất đẳng thức ab   x  2  y  3 z 1   z 2x 3y a  b  a  0   Do z   0; x   0; y   nên ta có: b   z 1    z  1 z   2  y  3   x  2   x  2 x z 1 1  ;  x  2     2 2 2x 2  y  3   y  3 y    2 3y z 1  x  x   1 63 2    A    Dấu "  " xảy   y  2 2 12 y   z   x  2; y  3; z   Vậy MaxA  63 2 x  4, y  6, z  12 Bài a) Vì n chẵn  n  2k  k  , k  2 n  4n3  4n  16n   2k   4. 2k   4. 2k   16. 2k  Do đó:  16k  32k  16k  32k  16k  k  2k  k    16  k   k  1 k  k  1 Vì k  2; k  1; k ; k  1là bốn số tự nhiên liên tiếp   k   k  1 k  k  1 3,8   k  2 k  1 k  k  1 24  16  k   k  1 k  k  1 384 Vậy n4  4n3  4n2  16n 384 với số tự nhiên n chẵn, n  55  y 1 y b) Ta có: 3x  y  55  x   18  y  (0  y  8) 3 1 y Đặt t   y   3t  t   ; x  18  1  3t   t  16  7t Vì  y    3t   2  t   t 2; 1;0 Nếu t  2  x  16  7. 2  2; y   3 2  Nếu t  1  x  16  7. 1  9; y   3. 1  Nếu t   x  16  7.0  16; y   3.0  Vậy nghiệm nguyên dương phương trình  2;7  ;  9;4  ; 16;1 c) ĐK: 5  x  , 5  x    x  0;5  x  Do đó: x  25  x  x 25  x   25  x  x 25  x    x    5 x   5 x  x 5 x  5 x 0  5 x 0  x  5(tmdk )     x  x  x   x  0(*)   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 (*) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  0, x  d) Áp dụng BĐT  ax  by  cz    a  b2  c  x  y  z  Ta có:  ab  bc  ca   1     a  b  b  c  c  a  2 2  3.2  a  b  c   6(do a  b  c  1)  a  b  b  c  c  a  Dấu "  " xảy  ab  bc  ca   abc  a  b  c  Bài 1) Tìm giá trị k n 2   k  1  n n   a)  d  qua hai điểm A B, nên ta cos:  0   k  1  1  n k  k   k  b)  d  song song với đường thẳng    : y  x   k    n   k n    ;0  2) Khi n  2, đường thẳng  d  : y   k  1 x   k  1 cắt Ox điểm C  1 k  1 2 1  SOAC  OA.OC   ; SOAB  OA.OB  1  2 1 k 1 k 2 Khi đó, SOAC  2SOAB  1  k  k    1 k 1   (TMDK )  k   k  1 k   Bài D x C F O M N A E y B Lấy điểm E thuộc Ox cho OE  AB; điểm F thuộc tia Oy cho OF  CD Gọi N trung điểm EF Lấy M thuộc tia ON , ta có : SMOE  SMOF Mà SMOE  SMAB ; SMOF  SMCD  SMAB  SMCD Vì AB, CD khơng đổi, nên E , F cố định  N cố định  tia ON cố định Vậy M thuộc tia ON SMAB  SMCD Bài A F E B H I O K C D a) BEH , BEH  900  BEH nội tiếp đường tròn đường kính BH  I trung điểm BH, OI  OB  IB nên  I   O  tiếp xúc CFH , CFH  900  CFH nội tiếp đường tròn đường kính CH  K trung điểm CH , OK  OC  KC nên (K)  O  tiếp xúc Lại có: IK  IH  KH nên  I   K  tiếp xúc ngồi b) Tứ giác AEHF có: AEH  AFH  900 ( gt ); EAF  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Vậy tứ giác AEHF hình chữ nhật c) AHB có AHB  900 , HE  AB  AH  AE AB(1) AHC có AHC  900 , HF  AC  AH  AF AC (2) Từ (1) (2) suy AE AB  AF AC (dfcm) d) Ta có FEH  AHE (vì AEHF hình chữ nhật); IEH  IHE ( IHE cân I)  FEI  FEH  IEH  AHE  IHE  AHB  900  AD  BC   EF tiếp tuyến  I  E Chứng minh tương tự ta có EF tiếp tuyến (K) F Vây EF tiếp tuyến chung  I   K  (dfcm) e) Vì EF  AH (do AEHF hình chữ nhật ) nên EF lớn  AH lớn Mà AH  AD(do BC  AD) nên AH lớn  AD lớn  AD đường kính  O   H  O H  O EF lớn bán kính  O  ... ON , ta có : SMOE  SMOF Mà SMOE  SMAB ; SMOF  SMCD  SMAB  SMCD Vì AB, CD khơng đổi, nên E , F cố định  N cố định  tia ON cố định Vậy M thuộc tia ON SMAB  SMCD Bài A F E B H I O K C D...  1 63 2    A    Dấu "  " xảy   y  2 2 12 y   z   x  2; y  3; z   Vậy MaxA  63 2 x  4, y  6, z  12 Bài a) Vì n chẵn  n  2k  k  , k  2 n  4n3  4n  16n 