090 đề hsg toán 9 quảng ninh 2017 2018

Trên cùng một nửa mặt phẳng bở là đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn đường kính BC.. Lấy điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính BC MB;MC.. Kẻ MH vuông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH QUẢNG NINH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2018

Môn thi: TOÁN – Bảng A

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1 (3,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

3

3 2 7 2 10 3 4 3 3 2 1 3

5 2 1

 

b) Cho hai số dương x, y thỏa mãn

27



Tính giá trị của biểu thức

x y

Bài 2 (3,0 điểm)

a) Với mọi số nguyên n, chứng minh rằng : n(n  2)(73n2 1) 24 

b) Tìm số tự nhiên n để 4 7 n

2  2  2 là số chính phương

Bài 3 (5,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình : 2

2 3x   3x  7x 1 

b) Giải hệ phương trình :

2

2

3x y 2 x 2 y 1 5 2x y y 6





   



Bài 4 (7,0 điểm)

Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa hai điểm A và B Trên cùng một nửa mặt phẳng bở là đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn

đường kính BC Lấy điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính BC MB;MC Kẻ

MH vuông góc với BC HBC , đường thẳng MH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại

K Hia đường thẳng AK và CM giao nhau tại E

a) Chứng minh rằng HKB  CEB và 2

BE  BC.AB

b) Từ C kẻ CN  AB (N thuộc nửa đường tròn đường kính AB), đường thẳng NK cắt

CE tại P Chứng minh rằng NP = PE

c) Chứng minh rằng khi NE là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính AB thì

Bài 5 (2,0 điểm)

Cho a, b là các số dương thỏa mãn a   b 2ab  12

Tìm giá trị nhỏ nhấ của biểu thức

a ab b ab A

a 2b 2a b

ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 QUẢNG NINH 2017-2018 Câu 1.

a) Rút gọn biểu thức

3

32 7 2 10 3 43 3 2 13 2 5 2 4 1

1

b) Ta có

27



 3x 3 3 y 3 3 1 3.3x y 3 0 3x 3 y 1 3x 3 y  3  2 3 y 1 3 2 1 3x2 0

Do x, y >0 nên suy ra

3

1 x

x 3

1 y y

27







 



Vậy giá trị của biểu thức

x

y là 9

Câu 2

a) Ta có n(n 2)(73n  2 1)  72n n.(n 2) (n 1)n(n 1)(n 2) 242      

b) Ta thử n = 1,2,3 đều không thỏa mãn Với n > 4 thì ta có

2  2  2  k  2 (9 2   )  k  k 4  Đặt k=4h với h là số tự nhiên.Ta có:

x

h 3 2

9 2 h 2 h 9 h 3 h 3 h 3 2 6 2.3 2 2 2 2 1

x y n 4

  



   

 x

y x

h 5 k 20

2  1 3



  

 

Câu 3.

a) ĐKXĐ:

2 x 3



Phương trình

3x 7x 2 2 3x 1 0 3x 1 x 2 0

2 3x 1



 

Suy ra 1 – 3x =0

1

3

Vậy phương trình có nghiệm

1 x 3



b) ĐKXĐ: x 2 y 1    0. Cộng theo hai vế phương trình của hệ ta được:

x 2 2   x 2 y 1      y 1 0 (*)

Xét

x 2

y 1









 phương trình (*)  2

x 2 y 1 0 x 2 y 1 x y 3

           

Thay vào  2x  y2  y 6 được y2 y 12  0 y 4 y 3      0 y4 (Vì y  1)

Nên x = 7

Xét

x 2

y 1







 

 Khi đó x 2 2  x 2 y 1       y 1 0 phương trình vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm x;y  7;4

Câu 4.

P N

E

K

H O' O

M

a) Ta có BME  BKE  90 0 nên BMKE nội tiếp HKB  CEB mà HKB  BAE (cùng phụ với HKA) nên CEB  BAE

Xét  BEC và BAE có: CEB  BAE và ABE chung nên đồng dạng

2

b) Xét tam giác ABN vuông tại N có NC  AB

Suy ra 2

Hay  BNE cân tại B  BNE  BEN (1)

Theo câu a thì CEB  BAE mà BAE  BNP  CEB  BNP (2).

Từ (1) và (2)  PNE  PEN   PNE cân tại P  NP  PE

c) Gọi Q là giao điểm của tia BP và NE

Vì BP = BE và PN = PE nên BQ  NE

NE là tiếp tuyến của (O) nên ON  NE. Do đó ON // BQ BNO  QBN

Mà BNO  NBO  QBN  NBO hay BN là tia phân giác của CBQ mà NQ  BQ và

NC  BC nên NQ = NC Vì BQ là đường trung trực của NE nên NE  2.NQ suy ra

NE = 2.NC

Câu 5

Ta có

a b2

12 a b 2ab (a b) a b 4.

2



Khi đó

2

2

2

2 2

a b

a 2b 2a b a 2ab 2ab b a b 2ab

4.

3

a b

a b

2







 

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a ab b ab A

a 2b 2a b

  là

8

3 khi và chỉ khi a = b = 2