090 đề hsg toán 9 quảng ninh 2017 2018

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) a) Rút gọn biểu thức   10  3  3   1 b) Cho hai số dương x, y thỏa mãn x3  y  x y  x 1 27 Tính giá trị biểu thức y Bài (3,0 điểm) a) Với số nguyên n, chứng minh : n(n  2)(73n  1)24 n b) Tìm số tự nhiên n để   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   CEB a) Chứng minh HKB BE BC.AB b) Từ C kẻ CN  AB (N thuộc nửa đường tròn đường kính AB), đường thẳng NK cắt CE P Chứng minh NP = PE c) Chứng minh NE tiếp tuyến nửa đường trịn 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 b  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 x  y  x y   27x  27y   27x y 0 27 b) Ta có    3x   3 y    3.3x y 0  3x  y   3x  3 y       1    3 1 2 y   1  3x   0    x  x 3x 3 y 1    9 y y   27 Do x, y >0 nên suy x Vậy giá trị biểu thức y Câu 2 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 khơng thỏa mãn Với n > ta có   n k  (9  n  ) k  k 4 Đặt k=4h với h số tự nhiên.Ta có:  n  h  n  2 x 2   y x  2  3  h  2 x  h   h    h    h  2 y  2.3 2 y  x 2 x  y  x  1 x  y n   n 8  h 5  k 20 Vậy n = giá trị phù hợp Câu a) ĐKXĐ: x Phương trình  3x 0  3x  1      3x     x  0 Do x    x    2  x 0 3  3x    3x   1  x  (TMDK) x 3 Suy – 3x =0 Vậy phương trình có nghiệm  3x  7x    3x  0   3x  1  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   Xét y  phương trình (*)  x  y 1  0  x   y   x y  2 Thay vào  2x  y  y 6 y  y  12 0   y    y   0  y 4 (Vì y  1) Nên x = x   x 2 Xét y   Khi  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       BAE a) Ta có BME BKE 90 nên BMKE nội tiếp  HKB CEB mà HKB (cùng phụ    BAE với HKA) nên CEB    BAE Xét BEC BAE có: CEB ABE chung nên đồng dạng  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 BAE mà 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 NBO  QBN NBO hay BN tia phân giác CBQ mà NQ  BQ NC  BC nên NQ = NC Vì BQ đường trung trực NE nên NE 2.NQ suy NE = 2.NC Câu Ta có  a  b 12 a  b  2ab  2  (a  b)  a  b 4 Khi  a2  a  b b  b2   a A  a  b     a  b    4  2   a  2b 2a  b   a  b   2ab  a  2ab 2ab  b   a  b 4 a  b   a  b   Vậy giá trị nhỏ biểu thức A a  ab b  ab  a  2b 2a  b a = b =