015 đề thi HSG toán 9 huyện nghi xuân 2018 2019

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHI XUÂN
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 9
NĂM HỌC 2018-2019
Bài 1.
a) Thu gọn biểu thức sau: A  12  6 3  21  12 3
b) Cho biểu thức B   4 x5  4 x 4  5x3  5x  2 
Tính giá trị của B khi x 

1
2

2018

 2018

2 1
2 1

Bài 2. a) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2  2 y  1  y 2  2 z  1  z 2  2 x  1  0
Tính giá trị của biểu thức A  x15  y10  z 2018
4
n
b) Tìm các số nguyên dương n sao cho n  4 là số nguyên tố
Bài 3.
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 20 y 2  6 xy  150  15 x

b) Tìm k để phương trình sau có nghiệm
 x2  1  x2  2x  k  1  2k 2  6k  6  2x
Bài 4. a) Cho tứ giác ABCD có M , P lần lượt là trung điểm của AD, BC. N và Q
lần lượt thuộc các cạnh AB và CD thỏa mãn MNPQ là hình bình hành (N, Q không
trùng với trung điểm của AB và CD). Chứng minh rằng ABCD là hình thang

b) Cho ABC vuông tại A. Trên các cạnh AB, BC, CA theo thứ tự lấy các điểm
D, E, F sao cho DE vuông góc với BC và DE  DF. Gọi M là trung điểm của EF .
Chứng minh rằng BCM  BFE
Bài 5. Cho a, b  0 thỏa mãn a 2  b2  a  b. Tìm GTLN của S 

a
b

a 1 b 1


ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) Ta có: A 
b) Ta có x 

1
2

3  3 

2



2 1 1

2 1 2

2



3 3





2

 3 3  2 3 3 3



2 1



2 1

2



2 1



1
2





2  1  2x  1  2

  2 x  1  2  4 x 2  4 x  1
2

 4 x5  4 x 4  5 x3  5 x  2  x3  4 x 2  4 x   5 x3  5 x  2  4 x3  5 x  2
  x  4 x 2  4 x   4 x 2  5 x  2  4 x 2  4 x  2  1  2  1.
 B  2019

Bài 2.
a) Ta có
x2  2 y  1  y 2  2 z  1  z 2  2 x  1  0   x  1   y  1   z  1  0
2

2

 x  y  z  1  A  x15  y10  z 2018  1

b) Xét n  1 ta có n4  4n =5 thỏa mãn

Xét n  1. Nếu n chẵn thì  n4  4n  2 và n4  4n  2 nên n4  4n là hợp số
Nếu n lẻ, ta đặt n  2k  1 k 

 , ta có :

n 4  4n   n 2    4k.2    n 2  4k.2   2.n 2 .4k.2
2

2

2

  n 2  4k.2    2n.2k    n 2  2n.2k  4k.2  n 2  2n.2k  4k.2 
2

2

Tích cuối cùng là 1 hợp số
Vậy n  1 thỏa mãn bài toán
Bài 3.
a) Phương trình 20 y 2  6 xy  150  15x  6 xy  15x  20 y 2  150
 3x  2 y  5  5  4 y 2  25  25   2 y  510 y  25  3x   25

Xét các trường hợp sau:

2


70

x

2 y  5  1
TH 2 : 


3 (ktm)
10 y  25  3x  25  y  2


2 y  5  1
 x  10
TH 1: 

10 y  25  3x  25  y  3

 x  10
2 y  5  25

TH 4 : 

74 (ktm)
10
y

25

3
x


1
y




3
70

2 y  5  5
x 
TH 6 : 

3 (ktm)
10
y

25

3
x

5

 y  5

2 y  5  25
 x  58
TH 3: 

10 y  25  3x  1  y  15
2 y  5  5
 x  58
TH 5 : 

10 y  25  3x  1  y  15

Vậy phương trình có 3 nghiệm  x; y  10;3 ; 58;15 ; 10;0 

b) Vì x 2  1  0 nên phương trình x 2  2 x  k  1  2k 2  6k  6 

 x 2  2k  k  1  k 2  2k  1  k 2  4k  4  1 
  x   k  1    k  2 
2

2

 x  1


2x
x 1
2

2x
0
x 1
2

2

x2  1

0

x  1

Dấu "  " xảy ra khi 
. Vậy k  2 thì phương trình có nghiệm x  1.
k

2



Bài 4.
a)

A

B

N E

P

M
I
D

F

C

Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AB, CD. Ta có ME là đường trung bình
của ABD nên ME / / BD, BD  2ME
Ta cũng có PF là đường trung bình của BCD nên PF / / BD, BD  2PF

Suy ra ME / / PF và ME  PF  MEPF là hình bình hành
Gọi I là giao điểm của MP và EF thì IE  IF (1)
Mặt khác MNPQ cũng là hình bình hành nên NQ đi qua I và IN  IQ(2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác NEQF là hình bình hành. Suy ra NE / /QF
Hay AB / /CD , do đó ABCD là hình thang.


b)

A
F
D
I
K M
B

C

E

Ta có DE  DF nên DEF cân có ME  MF nên DM  EF và
MDF  MDE , kẻ DK  BF tại K

Ta có DKF  DMF  900 nên DKMF nội tiếp  MKF  MDF  MDE
Mà MDE  MEC (cùng phụ với MED) , suy ra MKF  MEC

(1)

Ta lại có BED  BKD  900  BEKD là tứ giác nội tiếp

 BKE  BDE mà BDE  BCA (cùng bù với ADE )
Suy ra BKE  BCA nên tứ giác CEKF nội tiếp  CKF  MEC

(2)

Từ (1) và (2) suy ra MKF  CKF  K , M , C thẳng hàng  BCM  BFE
Bài 5.

Ta có: a 2  b2  2ab  2  a 2  b2    a  b   2  a  b    a  b   0  a  b  2
2

a
b
1
1
1 
 1

1
1
 2


a 1 b 1
a 1
b 1
 a 1 b 1
1 1
4
Áp dụng BĐT  

với x, y  0 ta có:
x y x y

Do đó S 

2


1
1
4
4



1
1 a 1 b a  b  2 2  2
Suy ra S  2  1  1. Vậy MaxS  1  a  b  1