014 đề hsg toán 9 bắc giang 2016 2017

Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao cho AM > R.. Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với AB,

PHÒNG GD&ĐT

TP BẮC GIANG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ

NĂM HỌC 2016-2017

Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (5 điểm)

a Cho biểu thức M=a a b b a b



   với a, b > 0 và ab Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết 1 a 1 b2 ab 1

b Tìm các số nguyên a, b thoả mãn 5 4 18 2 3

a b  a b  

c Cho a, b, c thỏa mãn a b c 7 ; a b c  23 ; abc 3

Tính giá trị biểu thức H= 1 1 1

ab c  bc a  ca  b

Bài 2: (4,5 điểm)

a Tính giá trị của biểu thức N= 4 3 4 3 27 10 2

4 13



b Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn a2b2 2 a b 2+(1 ab)2 4ab

Chứng minh 1 ab là số hữu tỉ

c Giải phương trình x2  x  4 2  x  1 1   x 

Bài 3: (3,5 điểm)

a Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x5y2 xy21

b Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 Chứng minh

2

ab a   bc b   ca c  

Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng

bờ AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy

M sao cho AM > R Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với AB, CE vuông góc với AM Đường thẳng vuông góc với AB tại

O cắt BC tại N Đường thẳng MO cắt CE, CA, CH lần lượt tại Q, K, P.

a Chứng minh MNCO là hình thang cân

b MB cắt CH tại I Chứng minh KI song song với AB

c Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE Chứng minh PG vuông góc với QF

Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 427 + 42016 + 4n là số chính phương

Họ tên thí sinh SBD:

Câu Nội Dung Điểm

a/

-Ta có

   

+ Nếu a>b>0

ab

M



+ nếu 0<a<b

ab

M



0,75

0,25

0,25

0,25

b/

1,5đ

18 2 3

5 5 2 4 4 2 18 2 36 2 3 6

18 2 36 2 9 2 3 6

 

 

-Vây ta có

2 2

2 2

2 2

3

2





2b vào 3a2  6b2  a 0 t

0,5

0,25

0,75

Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3 Kết luận

c/

mà a b c7 ; a b c  23 nên ab bc ca 13

ab c  bc a   ca b

=

    

1

3 7 13 1 1

0,25

0,75

1,0

a/

1,5đ N= 2( 4 3 4 3 ) 25 10 2 2

8 2 13



(4 3) 2 4 3 4 3 (4 3)

 

2 2

( 4 3 4 3 )

0,25

0,5

0,5

b/

 

 

2

2

(GT) a b 2(ab 1) (a b) 1 ab 0

a b 2(a b) (1 ab) (1 ab) 0

a b (1 ab) 0 (a b) -(1 ab)=0 (a b) 1 ab a b 1 ab Q;vi:a;b Q.KL

0,25 0,5 0,25 0,5

c/

1

x  (*).

2

 x x12 2x x 1 3 0

0,5

2

2

1 9 6

2 2

7 10 0

5

x

x x

x x

x

 



        

   



 



 





0,5

0,25

a/

1,75đ Ta có x5 y2 xy2   1 x5  1  xy2  y2  0

1 0

1

x

 



 

    



*Nêu x4x3x2  x 1 y2  4x4 4x34x24x 4 (2 )y 2

Ta có

2 2

        

Vậy ta có (2x2 x) 2 2y2*

Ta có 2x2  x 22  (2 )y 2  5x2  0, Vậy ta có 2y2 2x2  x 2 **2

Từ * và ** ta có

2

Nếu 2y2  (2x2  x 1) 2  x2  2x   3 0 x2  2x 3 0 

1 ( 1)( 3) 0

3

x

x





      



-Nếu 2y2  (2x2  x 2) 2   5x2   0 x  0 y2   1 y 1

Kết luận

0,25

0,25

1đ

0,25

1,75đ  x y z  2 3x2y2z2 nên với x,y,z>0 ta có

3

x y z   x  y z , áp dụng ta có

3

4

áp dụng ta có

c

a

b

3

3

2

0,5

0,5

0,25

T G F

Q E

O

K

I

H

N

C M

B A

Ta có MA=MC ( ), OA=OC ( ) nên MO là trung trực của AC

//

NOB

MNBO là hình thang cân

0,75

0,75

b/

90 ;

2

2

0,5

0,5 0,5 0,5

c/

//

QF IO



-Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP

0,75 0,75 0,5

Ta có 1 4 1989 4n27

  >4n 27 (2n 27 2)

1989 27

0,25

0,5

0,25