015 đề thi hsg toán 9 huyện nghi xuân 2018 2019

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.

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4x5 4x4 5x3 5x 22018 2018

Tính giá trị của B khi

1 2 1

2 2 1



Bài 2 a) Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn x2 2y 1 y2 2z 1 z2 2x 1 0 Tính giá trị của biểu thức A x 15 y10 z2018

b) Tìm các số nguyên dương n sao cho n 4 4nlà số nguyên tố

Bài 3.

a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 20y2  6xy150 15 x

b) Tìm k để phương trình sau có nghiệm

x2 1x2  2x k 12k2  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  thỏa mãn 0 a2 b2  a b.Tìm GTLN của 1 1

S

ĐÁP ÁN Bài 1.

a) Ta có: A  3 32  2 3 3 2  3 3 2 3 3   3

b) Ta có

 

     

2

2 1

2019

B

Bài 2.

a) Ta có

x  y y  z z  x   x  y  z 

15 10 2018

b) Xét n  ta có 1 n 4 4n=5 thỏa mãn

Xét n  Nếu n chẵn thì 1. n 4 4n2

và n 4 4n  nên 2 n 4 4nlà hợp số

Nếu n lẻ, ta đặt n2k 1k  , ta có : 

4 2 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2

Tích cuối cùng là 1 hợp số

Vậy n  thỏa mãn bài toán 1

Bài 3.

a) Phương trình 20y2  6xy150 15 x  6xy 15x20y2 150

3 2x y 5 5 4y 25 25 2y 5 10y 25 3x 25

Xét các trường hợp sau:

2

y





 10

3 70

5

x

y









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

b) Vì x   nên phương trình 2 1 0  

2

2

1

x

x



2 2

2

2

1 1

1

x

x x

x





        



Dấu " " xảy ra khi

1 2

x k









 Vậy k  thì phương trình có nghiệm 2 x 1

Bài 4.

a)

I E

F

P M

N

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  MEPFlà 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./ /

I

K M

F

E

A

B

C D

Ta có DE DF nên DEF cân có ME MF nên DM EFvà

MDF MDE , kẻ DK BFtại K

Ta có DKF DMF  900nên DKMF nội tiếp  MKF MDF MDE  

Mà MDE MEC  (cùng phụ với MED , suy ra  ) MKF MEC  (1)

Ta lại có BED BKD  900 BEKDlà 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: a2 b2 2ab 2a2 b2 a b 2  2a b   a b 2  0  a b 2

Do đó

S

Áp dụng BĐT

x  y x y với ,x y  ta có:0

1

1a1b a b 22 2 

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