PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP BUÔN MA THUỘT
--------ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS
CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2018-2019
MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không tính giao đề)
Ngày thi: 25/01/2019

Bài 1: (4,0 điểm)


x 1

2x  x

 

x 1


 1 : 

a) Cho biểu thức K  
2x 1
 2x 1
  2x 1
Tìm điều kiện để K có nghĩa và rút gọn K.

b) Cho A 

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
2x 1  0
x 0
1


x

1
2x 1  0
2

 x  2
x 1




a) K có nghĩa  






Ta có: K  








x 1

x0



 

2 x 1 






:



2x  x  2x 1  2x  2x  2x  x  2x 1

2 2x

2





2x  x



2x  1







2 x  1   2 x  1

y
z
2x
3y
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
2  x  2
1   z  1 z
2   x  2 x
z 1 1
1
z 1 
2  x  2 
 
 ;
 

z
2
2
2
2
2
2x
2 2
A

3  y  3 

12
 y3 3
z  2
 x  2; y  3; z  1 
63 2 2 3
khi x  4; y  6; z  2
Vậy Max  A 
12

Bài 2: (5,0 điểm)
a) Vì n chẵn  n  2k  k  N , k  2  .
4

3

2

Do đó: n 4  4n3  4n 2  16n   2k   4  2k   4  2k   16  2k   16k 4  32k 3  16k 2  32k
 16k  k 3  2k 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

 k  2  k  1 k  k  1  8   k  2  k  1 k  k  1  24  16  k  2  k  1 k  k  1 16  24  384
Vậy n 4  4n3  4n 2  16n  384 với mọi số tự nhiên n chẵn, n  4

5 x  x 5 x  5 x  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 x 5  x  0 nên * vô
nghiệm.
+) Nếu 5  x  0  5  x  5  x  5  x  5  x  5  x  5  x  0 và x 5  x  0 nên *
vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  0 và x  5
2
d) Áp dụng bất đẳng thức  ax  by  cz    a 2  b 2  c 2  x 2  y 2  z 2  . Ta có:



a b  bc  ca

2

  1  1  1   a  b  b  c  c  a   3  2  a  b  c   6
2

2

2

; 0
 1 k 

2) Khi n  2 , đường thẳng  d  : y   k  1 x  2  k  1 , cắt Ox tại điểm C 
1
1
2
2
1
1
 SOAC  OA  OC   2 

; SOAB  OA  OB   2  1  1
2
2
1 k 1 k
2
2

Khi đó SOAC  2SOAB 

 1 k  1
k  0
2
 2  1 k  1  

(TMĐK)
1 k
1  k  1  k  2


A
F
E

B

H

I

O

K

C

D
  900  BEH nội tiếp đường tròn đường kính BH  I là trung điểm BH,
a) BEH , BEH
do đó OI  OB  IB nên (I) và (O) tiếp xúc trong.
  900  CFH nội tiếp đường tròn đường kính CH  K là trung điểm CH, do
CFH , CFH
đó OK  OC  KC nên (K) và (O) tiếp xúc trong.
Lại có: IK  IH  KH nên (I) và (K) tiếp xúc ngoài.
  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
AEH  
AFH  900  gt  ; EAF
b) Tứ giác AEHF: 
Vậy tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
  900 , HF  AC  AH 2  AF  AC b 