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.. Chứng minh rằ

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  5 4 3 2018

B x  x  x  x 

Tính giá trị của B khi 1 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x15  y10 z2018

b) Tìm các số nguyên dương n sao cho n4 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

x  x  x k  k  k  x

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 CAtheo 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0thỏa mãn a2 b2  a b.Tìm GTLN của

S

ĐÁP ÁN Bài 1

a) Ta có:   2 2

    

2

2 1





2019

B

 

Bài 2

a) Ta có

  2  2 2

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

15 10 2018

b) Xét n1ta có n4 4n=5 thỏa mãn

Xét n1.Nếu n chẵn thì  4 

4n 2

n  và n44n 2nên n4 4nlà hợp số

Nếu n lẻ, ta đặt n2k1k , ta có :

Tích cuối cùng là 1 hợp số

Vậy n1thỏa mãn bài toán

Bài 3

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

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 x2  1 0nên phương trình 2   2

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 2thì phương trình có nghiệm x1

Bài 4

a)

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 E

F

P M

N

b)

Ta có DEDFnên DEFcân có MEMFnên 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: 2 2  2 2  2    2

a b  ab a b  ab  ab  ab    a b

S

Áp dụng BĐT 1 1 4

x  y x y

 với ,x y0ta có:

I

K M

F

E

A

B

C D

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