Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Quảng Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Quảng Ninh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2018 TỈNH QUẢNG NINH Môn thi: TOÁN – Bảng A ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 06/03/2018 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1 (3,0 điểm) 33 3 3 a) Rút gọn biểu thức 2 7 2 10 3 4 3 2 1 5 2 1 1 x b) Cho hai số dương x, y thỏa mãn x3 y x3 y . Tính giá trị của biểu thức 27 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 24 2 7 2 n là số chính phương. Bài 3 (5,0 điểm) a) Giải hệ phương trình : 2 3x 3x2 7x 1 3x y2 2 x 2 y 1 5 b) Giải hệ phương trình : 2 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 BE2 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 NE 2.NC Bài 5 (2,0 điểm) Cho a, b là các số dương thỏa mãn a b 2ab 12 a22 ab b ab Tìm giá trị nhỏ nhấ của biểu thức A a 2b 2a b
2. ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 QUẢNG NINH 2017-2018 Câu 1. a) Rút gọn biểu thức 23 333 32 7 2 10 3 3 3 4 3 3 2 1 2 5 2 4 1 1 5 2 1 5 2 1 1 b) Ta có x33 y x33 y 27x 27y 1 27x y 0 27 323 2 2 3x 3y3 13.3x.y 3 0 3x 3 y1.3x3y 3 3.y1 3 13x 0 1 x 3 x Do x, y >0 nên suy ra 3x 33 y 1 9. 1y y 27 Vậy giá trị của biểu thức x là 9 y Câu 2. a) Ta có n(n 2)(73n22 1) 72n .n.(n 2) (n 1)n(n 1)(n 2) 24 b) Ta thử n = 1,2,3 đều không thỏa mãn . Với n > 4 thì ta có 2224 7 n k 2 2(92)k 4 n 4 2 k4 . Đặt k=4h với h là số tự nhiên.Ta có: h 3 2x 92 n42n42 h 2 h9h3h3 h32 y 62.3222.2 yxxyx 1 x y n 4 2x 2 n 8 . Vậy n = 8 là giá trị phù hợp yx 2 1 3 h 5 k 20 Câu 3. 2 a) ĐKXĐ: x 3 Phương trình 1 3x 3x7x22 23x10 3x1x2 0 2 3x 1 1 2 4 1 13x 2x0.Dox 2x 0 2x0 2 3x 133 2 3x 1
3. 1 1 Suy ra 1 – 3x =0 x (TMDK) . Vậy phương trình có nghiệm x 3 3 b) ĐKXĐ: x 2 y 1 0. Cộng theo hai vế phương trình của hệ ta được: x22 x2y1 y10(*) x2 2 Xét . phương trình (*) x2 y1 0 x2 y1xy3 y1 Thay vào 2x y2 y 6 được yy1202 y4y30 y4 (Vì y 1) Nên x = 7. x2 Xét .Khi đó x22x2.y1 y10 phương trình vô nghiệm y1 Vậy hệ phương trình có nghiệm x;y 7;4 Câu 4. E Q N K P M A C OH O' B a) Ta có BME BKE 900 nên BMKE nội tiếp HKB CEB mà HKB BAE (cùng phụ với HKA) nên CEB BAE
4. Xét BEC và BAE có: CEB BAE và ABE chung nên đồng dạng BE BC BE2 BC.AB AB BE b) Xét tam giác ABN vuông tại N có NC AB Suy ra BN2 BC.AB BN BE 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. ab 2 Ta có 12 a b 2ab (a b) a b 4. Khi đó 2 2 a b a22 b ab A a b . a b . 22 4. 2 a 2b 2a b a 2ab 2ab b a b 2ab 2 ab 8 4. 2 2 ab 3 ab 2 a22 ab b ab 8 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là khi và chỉ khi a = b = 2 a 2b 2a b 3