SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2018 Mơn thi: TỐN – Bảng A Ngày thi: 06/03/2018 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài (3,0 điểm) 10 3 3 1 x 1 b) Cho hai số dương x, y thỏa mãn x y x y Tính giá trị biểu thức y 27 a) Rút gọn biểu thức Bài (3,0 điểm) a) Với số nguyên n, chứng minh : n(n 2)(73n 1)24 b) Tìm số tự nhiên n để 27 n số phương Bài (5,0 điểm) a) Giải hệ phương trình : 3x 3x 7x 3x y x y 1 b) Giải hệ phương trình : 2x y y 6 Bài (7,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm hai điểm A B Trên nửa mặt phẳng bở đường thẳng AB, vẽ nửa đường trịn đường kính AB nửa đường trịn đường kính BC Lấy điểm M thuộc nửa đường trịn đường kính BC M B;M C Kẻ MH vng góc với BC H BC , đường thẳng MH cắt nửa đường trịn đường kính AB K Hia đường thẳng AK CM giao E a) Chứng minh HKB BE BC.AB CEB b) Từ C kẻ CN AB (N thuộc nửa đường trịn đường kính AB), đường thẳng NK cắt CE P Chứng minh NP = PE c) Chứng minh NE tiếp tuyến nửa đường tròn đường kính AB NE 2.NC Bài (2,0 điểm) Cho a, b số dương thỏa mãn a b 2ab 12 Tìm giá trị nhỏ nhấ biểu thức A a ab b2 ab a 2b 2a b ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI LỚP QUẢNG NINH 2017-2018 Câu a) Rút gọn biểu thức 3 3 2 5 3 10 1 1 1 b) Ta có x3 y x y 27x3 27y 27x y 0 27 3x 3 y 3.3x y 0 3x y 3x 3 y 1 3 1 2 y 1 3x 0 x x 9 Do x, y >0 nên suy 3x 3 y 1 y y 27 x Vậy giá trị biểu thức y Câu a) Ta có n(n 2)(73n 1) 72n n.(n 2) (n 1)n(n 1)(n 2) 24 b) Ta thử n = 1,2,3 không thỏa mãn Với n > ta có n k (9 n ) k k 4 Đặt k=4h với h số tự nhiên.Ta có: 2n h n x 2 2 y x 2 3 h 2 x h h 3 h 3 h 2 y 2.3 2 y 2x 2 x y x 1 x y n n 8 Vậy n = giá trị phù hợp h 5 k 20 Câu a) ĐKXĐ: x Phương trình 3x 0 3x 1 3x x 0 Do x x 2 x 3 3x 3x 3x 7x 3x 0 3x 1 x Suy – 3x =0 x (TMDK) Vậy phương trình có nghiệm x b) ĐKXĐ: x y 1 0 Cộng theo hai vế phương trình hệ ta được: x 2 x y 1 y 0(*) x 2 phương trình (*) y Xét x y 1 0 x y x y Thay vào 2x y2 y 6 y y 12 0 y y 3 0 y 4 (Vì y 1) Nên x = x Khi x y Xét x y 1 y phương trình vơ nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm x;y 7;4 Câu E Q N K P M A C OH O' B a) Ta có BME mà HKB (cùng phụ BKE 900 nên BMKE nội tiếp HKB CEB BAE với HKA) nên CEB BAE Xét BEC BAE có: CEB ABE chung nên đồng dạng BAE BE BC BE BC.AB AB BE b) Xét tam giác ABN vng N có NC AB Suy BN BC.AB BN BE Hay BNE cân B BNE BEN (1) Theo câu a CEB mà BAE BAE BNP CEB BNP (2) Từ (1) (2) PNE PEN PNE cân P NP PE c) Gọi Q giao điểm tia BP NE Vì BP = BE PN = PE nên BQ NE NE tiếp tuyến (O) nên ON NE Do ON // BQ BNO QBN Mà BNO hay BN tia phân giác CBQ mà NQ BQ NBO QBN NBO NC BC nên NQ = NC Vì BQ đường trung trực NE nên NE 2.NQ suy NE = 2.NC Câu a b Ta có 12 a b 2ab 2 (a b) a b 4 Khi a2 b b2 a A a b a b a 2b 2a b a 2ab 2ab b a b 4 a b a b a b 4 a b 2ab Vậy giá trị nhỏ biểu thức A a ab b ab a = b = a 2b 2a b