063 đề thi hsg toán 9 2019 2020 tỉnh hải dương

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM 2019 – 2020 MƠN TỐN – TỈNH HẢI DƯƠNG Câu  A x 50  x  50 a) Rút gọn biểu thức b) Cho x  2 Tìm giá trị biểu thức   x  x  50 x  50  B x  3x  3x  x  20 x  2018 Câu 4x 3x  6 a) Giải phương trình : x  x  x  x   x  y  xy 16  x  y 10 b) Giải hệ phương trình sau :  Câu 2 a) Với a, b số nguyên Chứng minh 4a  3ab  11b chia hết 4 cho a  b chia hết cho b) Cho phương trình ax  bx  0 với a, b số hữu tỉ Tìm a, b biết 5 x  nghiệm phương trình Câu Cho điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi qua B, C  O không nằm đường thẳng d ) Kẻ AM , AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O M , N Gọi I trung điểm BC , AO cắt MN H cắt đường tròn điểm P, Q  P nằm A O), BC cắt MN K a) Chứng minh điểm O, M , N , I nằm đường tròn b) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi c) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME Câu An   n   * 2n  1 2n   Cho Chứng minh : A1  A2  A3   An  ĐÁP ÁN Câu a) Ta có:  A  x 50  x  50  x x  50   50  x  50  x  50  x  x  50  A  x  x  50  x  x  50  2  x  x  50  100 A2  x  2 2 2 Nhưng theo giả thiết, ta thấy  A x 50  x  50  x  x  50   A  10 b) x  2  x     x   3  x  x  0 B x5  3x  3x  x  20 x  2018 B  x  x  x    x  x  x    x  x  1  2013 B x3  x  x  1  x  x  x  1   x  x  1  2013 B 2013 Câu a) Nhận xét : x 0 khơng nghiệm phương trình Với x 0 , phương trình cho tương đương với  6 6 x 5 x 7 x x t x    6  t 0; t   x phương trình trở thành: t  t Đặt  4t  3t  6t  12t  6t  5t  0   x    t   x     x  11x  12 0   (tm) 1  x   x2 4   t   x     3x  23x  18 0  x  23  313 (tm)  x  x  y  xy 16 b)   I   x, y 0  x  y  10  Đặt S  x  y ; P  xy  S 0; P 0  hệ (I) có dạng  S  P 16  II   S  P  10   S 4  P 3 Giải hệ (II) đối chiếu điều kiện ta :  x , y hai nghiệm phương trình : t  4t  0 Giải phương trình ta : t1 3; t2 1 Khi Từ suy hệ phương trình cho có hai nghiệm  x; y     9;1 ;  1;9   Câu a)4a  3ab  11b 5   5a  5ab  10b    4a  3ab  11b  5  a  2ab  b 5   a  b  5  a  b5 (vì số nguyên tố)  a  b  a  b   a  b   a  b  5 b) x  5  5   5 5   5  4  15 5  nghiệm phương trình nên ta có : x   15  b  15  0  a   15  8a  b   31a  4b  0 a 31  15  b  15  0          Vì a, b     8a  b  ,  31a  4b  1   Do Suy 8a  b 0  15  8a  b 0   31a  4b  0 31a  4b   8a  b (vô lý) a 1  b  Câu M P A H K B E O D Q I N C a) I trung điểm BC (dây BC không di qua O)  OI  BC  OIA 900 Ta có: AMO 90 (do AM hai tiếp tuyến  O  ) ANO 900 (do AN hai tiếp tuyến  O  ) Suy điểm O, M , N , I thuộc đường trịn đường kính OA b) AM , AN hai tiếp tuyến (O) cắt A nên OA tia phân giác MON mà OMN cân O nên OA  MN  ANB ACN  sd NB ABN ∽ ANC (do CAN chung) AB AN   AB AC  AN Nên AN AC ANO vuông N đường cao NH nên ta có: AH AO  AN  AB AC  AH AO AHK ∽ AIO  AHK AIO 900 , C chung  AH AK AB AC   AI AK  AH AO  AI AK  AB AC  AK  AI AO AI Ta có A, B, C cố định nên I cố định suy AK cố định mà A cố định, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB nên K cố định c) Ta có : PMQ 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  Xét MHE QDM có MEH DMQ (cùng phụ với DMP) ME MH   EMH MQD (cùng phụ với MPO) MQ DQ PMH ∽ MQH MP MH MH MP ME     MQ HQ DQ MQ MQ  ME 2MP  P trung điểm ME  Câu An  An  Vì An   2n  1 2n   2n   2n  1  2n  1 2n   1  2n   1         2  2n  2n    2n   n  2n    2n  1  2n  1 0 2n  1   2n  2n  2n  nên 2n  (với n  *) Do : 1 1      3 2n  1  A1  A2  A3   An   1 2n  A1  A2  A3   An   2n  1   2n  