Đề thi HSG Toán 9 cấp Tỉnh 2017 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Ninh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.54 MB, 11 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH QUẢNG NINH 
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS NĂM 2017 
Mơn thi: TỐN - Bảng A

Ngày thi: 03/03/2017

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
(Đề thi này có 01 trang)

Bài 1. (3,5 điểm)

Cho biểu thức

5

4 3 2

2

5

4

1 x

A

x



















(với

x



0;

x



16;

x



1

)

a)Rút gọn biểu thức A.

b)Tìm giá trị của x để A1.

Bài 2: (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2

2 2 3 9 3

x  x x x   x .
b) Giải hệ phương trình: 2 2 5

3 2 4 3

x y xy

x y xy y

   




   


Bài 3: (2,5 điểm)

Tìm số tự nhiên n sao cho n chỉ thỏa mãn hai trong ba tính chất sau:
1)

n



8

là số chính phương.

n



3

là số chính phương.

n

chia hết cho 9.
Bài 4: (7,0 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính BC. Gọi A là một điểm cố định trên nửa đường tròn
(

A



B C

;

), D là điểm chuyển động trên AC. Hai đoạn thẳng BD và AC cắt nhau tại M, gọi K
là hình chiếu của M trên BC.

a) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADK.

b) Khi D di chuyển trên

AC

(

D C



), chứng minh đường thẳng DK luôn đi qua một điểm cố

định.

c) Đường thẳng qua A, vng góc với BC cắt BD ở E. Chứng minh BD EM.

AM có giá trị khơng

đổi khi D di chuyển trên

AC

(D A).
Bài 5: (2,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2

1 14

15 A

 

x



x



x

với 1 1
15
x

   .

---Hết---

- Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. 
- Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:...Số báo danh...

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài Sơ lược bài giải Điểm

Bài 
1

3,5đ

Câu a 
2,0 đ



5 4



4 1



3 2 4 21

x x x

A
x x
x x
  
  

 
 





 











5 4 2 3 1 2 4

4 1

x x x x x

x x
      

 
1,0
=













1 3 1

1 4
x x
x x
 
 

3

1

4 x







1,0
Câu b 
1,5 đ

3

1

2

5

1 1 0

0

4 x

A

x



 

  





0,5

Có 2 x  5 0 0,25

Nên

2

5

0

4

0

4

0

16

4 x



 

  

   



Kết hợp với điều kiện xác định ta tìm được

0  

x

16;

x



1

(nếu khơng chỉ đủ kq là 0 x 16;x1 thì khơng cho điểm bước 
này)

0,25
0,5

Bài 
2

5,0đ Câu a 2,5 đ

ĐK: x 3 0,25

2 3 9

3  

  



x

x x

x

2

3 3 12 0

 

x

x x

    

x

  



 



3 3 12 0

 x x  x x   0,5



3 4



3 3



0  

x

 

x



x

  

 

3 4 1

3 3 2

    


   

x x

x x 0,5

Giải (1): Ta có x  3 VP    4 x 1, VT 0. Vậy (2) vô

nghiệm 0,5

Giải (2): (2) 3 2

3 6 9

x

x x x



 
   

2

3 6 9

x  x  x

7 6 0

x x

    .

được

x



1

( nhận);

x



6

(loại)

Vậy phương trình có nghiệm x1

0,75











 



2 2 2

2
2

2 2

3 2 4 3 4 4 3

4 4 1 4( ) 4
2 1 = 2

x y xy y x x y y

x x x y x y

x x y

        

       

   

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu b 
2,5đ

(nếu hs đưa về pt bậc hai ẩn y tham số x tính được  thì được 
0,5đ)

2

1

2

1

2

1

2 3 3

x

y

x

y

x

y

x

   

 











    

 



0,5

TH1: x y 1 thay vào pt x y xy 5

ta có y2 + y + 4 = 0

1 4.4 0

    nên phương trình vơ nghiệm

0,5

TH2: y 3 3x thay vào pt x y xy 5 ta có 3x2  x 8 0

= (-1)2 + 4.3.8 = 97 > 0

1 1

2 2

1 97 5 97

6 2

1 97 5 97

6 2

x y

  

  




  

  



0,75

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là:

1 97 5

97 ;

6

2 















;

1 97 5

97 ;

6

2 















0,25

Bài 
3 
2,5đ

Giả sử tìm được n thỏa tc3 ta đi chứng minh n khơng thỏa tính
chất 1; 2.

9 3 8

n n  n chia cho 3 dư 2,

mà một số chính phương chỉ chia cho 3 dư 0 hoặc 1(*)



n



8

không phải là số chính phương. vậy n khơng thỏa tc1

0,5

9 3 3 3

n n  n
9

n mà 3 không chia hết cho 9  n 3 khơng chia hết cho 9
Mà mọi số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9(**)
nên n3 khơng là số chính phương vậy n khơng thỏa tc2.
n không thỏa tc 1,2 nên trái giả thiết.

(hs cần chứng minh (*) và (**) nếu khơng chứng minh thì trừ
0,25 đ cho cả hai phần này)

0,75

Ta đi tìm n thỏa mãn tc 1,2 (cho hs 0,75đ nếu làm được phần này 
mà không lập luận phần trên)

Đặt

2
2

8
3

n p

n k

  



 

 (p; k  N)

2 2

11
p k

   (p k p k )(  ) 11 0,5

Do p,kN   p k N p k;  Z p k;   p k;
Kết hợp với (1)  11 6

1 5

p k p

p k k

  

 


    

 

0,5

Vậy n28

(hs có thể làm bài tập này bằng cách xét 3TH mỗi TH chỉ đúng 2

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 
4 
7,0đ

Câu a 
2đ

E

I

K
M

O

B C

A

D

a. Tứ giác MKCD nội tiếp



MDK MCK



0,5

ADB ACB



(hai góc nội tiếp (O) cùng chắn

AB

)



MDK



MDA

hay DM là
phân giác của tam giác ADK.

1,0

Tương tự chứng minh được AM là phân giác của tam giác ADK.

Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADK. 0,5

Câu b 
2,5đ

b. Đường thẳng qua A vng góc với BC cắt DK tại I. 0,5

AI MKIACKMC 0,5

Lại có tứ giác MDCK nội tiếp



KMC KDC



. 0,5
Vậy

IAC IDC





tứ giác ADCI nội tiếp hay I

 

O cố định, mà



I

đường thẳng qua A cố định, vng góc với BC cố định. Vậy I

cố định hay DK qua I cố định.

1,0

Bài c 
2,5đ

c. Có:

EAM



KDC

, AMEDKC



DMC



Vậy hai tam giác AEM và DCK đồng dạng  AM  DK
ME KC

1,0

Xét hai tam giác KDB và KCA có

KCA KDB



KAC KBD





hai tam giác KDB và KCA đồng dạng  DK  DB

KC CA

1,0

Vậy AM  DB
ME CA

 BD EM CA

AM hằng số.
Vậy BD EM.

AM khơng phụ thuộc vào vị trí của D trên cung AC.

0,5

1 14 15 ( 1)(1 15 )
A x  x x  x x  x

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi
tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn chính xác mới cho điểm tối đa.

2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi
tiết.

3. Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất
trong cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm tồn bài đã chấm, khơng làm tròn.

... Hết ...

Bài 
5 
2,0đ

với 1 1
15
x

   có 9(x 1) 0 và

1 15



x



0

0,25 
Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số

9(x1) và

1 15



x

không âm

Có 9( 1)(1 15 ) 9( 1) (1 15 ) 5 3

x x

x  x       x

0,5

3 3 5 3 3 5

A x  x A  A 0,25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

9( 1) 1 15 24 8

x   x x   x  0,25

Vây giá trị lớn nhất của A là 5

3 đạt được khi

1
3

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TỈNH QUẢNG NINH 
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS NĂM 2017 
Mơn thi: TỐN - Bảng B

Ngày thi: 03/03/2017

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 
(Đề thi này có 01 trang)

Bài 1: (3,5 điểm)

Cho biểu thức 5 4 3 2 2

5 4 4 1

x x x

A

x x x x

  

  

    (với

x



0;

x



16;

x



1

)
c)Rút gọn biểu thức A.

d)Tìm giá trị của x để A1.

Bài 2: (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2

6 1 9

x  x x  .
b) Giải hệ phương trình:

2 2

4 5 10

4 2 7

x y xy

xy x y

   



   


Bài 3: (2,5 điểm)

Tìm số tự nhiên n sao cho n chỉ thỏa mãn hai trong ba tính chất sau:
4)

n

là bội số của 5.

n



8

là số chính phương.

n



3

là số chính phương.
Bài 4: (7,0 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính BC. Gọi A là một điểm cố định trên nửa đường tròn
(

A



B C

;

), D là điểm chuyển động trên AC. Hai đoạn thẳng BD và AC cắt nhau tại M, gọi K
là hình chiếu của M trên BC.

a) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADK.

b) Chứng minh rằng

BM BD CM CA

.



.

không đổi khi D di chuyển trên AC.

c) Khi D di chuyển trên

AC

(

D C



), chứng minh đường thẳng DK luôn đi qua một

điểm cố định.
Bài 5: (2,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2

2 1 4

5 A



x





x



x

với 1 1
5
x

   .

---Hết---

- Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. 
- Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:... Số báo danh...

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài Sơ lược bài giải Điểm 
Bài 
1 
3,5đ 
Câu a 
2,0 đ



5 4



4 1



3 2 4 21

x x x

A
x x
x x
  
  
 
 





 











5 4 2 3 1 2 4

4 1

x x x x x

x x
      

 
1,0
=









1 31





x x
x x
 
 

3

1

4 x







1,0
Câu b 
1,5 đ

3 1 2 5

1 1 0 0

4 4
x x
A
x x
 
     

  0,5

Có 2 x  5 0 0,25

Nên

2

5

0

4

0

4

0

16

4 x



 

  

   



Kết hợp với điều kiện xác định tìm được 0 x 16;x1

(nếu khơng chỉ đủ kq là 0 x 16;x1thì không cho điểm bước

này )
0,25
0,5
Bài 
2 
5,0đ 
Câu a 
2,5 đ 
2

6 1 9

x  x x  ( đkxđ x  1) 0,25

2 1 1 6 1 9

x x x x

        0,5





x1



2 



x 1 3



2 0,25

 1 1 3

1 1 3

x x
x x
    

    
 
4 1
2 1
x x
x x
   

  
 0,5

Trường hợp 1: x 4 x1

x

    

1 0

x

4

0

hai vế khơng âm bình phương

ta có x2 + 8x + 16 = x + 1 x2 + 7x + 15 = 0

7 4.15 0

     phương trình vơ nghiệm

0,5

Trường hợp 2: 2 x x 1 2

1 2 (1)

4 1 (2)

x

  







  



Pt(2) 2

5 3 0

x x

   
2

( 5)

3.4 13 0

  







Phương trình (2) có hai nghiệm x1 = 5 13
2



; x2 = 5 13
2



Đối chiếu với điều kiện (1) ta thấy

chỉ có nghiệm x = 5 13 thỏa mãn

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là 5 13
2

Câu b 
2,5đ
2 2

4

2

3

4

2

7 (2

)

2(2

) 3

0 (1)

4

2 7 (2)

x

y

xy

x

y

xy

x

y

x

y

x

y

xy

x

y











 





 







 

 





 



1,0

Pt(1) 



2 1 2





0 2 1

2 3

y x

x y x y

y x

 



      

 

 0,25

TH1: y2x1 thay vào phương trình (2) ta có

2x   x 9 0 (phương trình vơ nghiệm) 0,5

TH2: y2x3 thay vào phương trình (2) ta có

2x 3x 1 0 phương trình có hai nghiệm

1 1

2 2

1

2 x

y

x

y

 

 





    



0,5

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm



1; 1





và

1 ; 2

2 













0,25
Bài 
3 
2,5đ

Giả sử tìm được n thỏa tc/1 ta đi chứng minh n không thỏa
tc2;3.

n là bội của 5  n có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5 0,25 
Vậy n + 8 có chữ số tận cùng là 3 hoặc 8

n3 có chữ số tận cùng là 2 hoặc 7

0,5

Mà một số chính phương chỉ có chữ số tận cùng là 0; 1;4; 5;6;9
Nên n+8 và

n



3

đều khơng phải là số chính phương t/c 2
và 3 đều sai (trái gt). Vậy tính chất 1 sai; t/c 2; 3 đúng.

0,5

Ta đi tìm n thỏa mãn tc 2,3 (cho hs 0,75đ nếu làm được phần 
này mà không lập luận phần trên)

Đặt
2
2
8
3
n p
n k
  


 

 (p; k  N)

2 2

11
p k

   (p k p k )(  ) 11 0,25

Do p,k

N

  p k N p k;  Z p k;   p k;
Kết hợp với (1)  11 6

1 5

p k p

p k k

  
 

    
 
0,75

Vậy n28

(hs có thể làm bài tập này bằng cách xét 3TH mỗi TH chỉ đúng 2

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Bài 
4 
7,0đ

Câu a

2đ I

K
M

O

B C

A

D

a. Tứ giác MKCD nội tiếp MDK MCK 0,5


ADB ACB

(hai góc nội tiếp (O) cùng chắn AB) MDK MDA hay DM là

phân giác của tam giác ADK.

1,0

Tương tự chứng minh được AM là phân giác của tam giác ADK.

Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADK 0,5

Câu b

2,5đ

b. Hai tam giác BMK và BCD đồng dạng

. .

 BM  BC BM BDBK BC

BK BD

1,0

Tương tự ta có CM CA. CK CB. 0,5
2

. . . .

BM BD CM CA BK BC CK BC BC 0,5

Do BC không đổi, vậy BM BD CM CA.  . không đổi khi D chuyển

động trên cung AC 0,5

Câu c 
2,5đ

c. Đường thẳng qua A vng góc với BC cắt DK tại I. 0,5

AI MKIACKMC 0,5

Lại có tứ giác MDCK nội tiếp KMCKDC. 0,5

Vậy IACIDCtứ giác ADCI nội tiếp hay I đường tròn

ngoại tiếp tam giác ADC  I

 

O cố định, mà I đường

thẳng qua A cố định, vng góc với BC cố định. Vậy I cố định
hay DK qua I cố định.

1,0

Bài 
5 
2,0đ

2 1 4 5 2 ( 1)(1 5 )

A x  x x  x x  x 0,5

với 1 1
5
x

   có (x 1) 0 và

1 5



x



0

0,25 
Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số (x1) và

1 5



x

khơng

âm

Có (x1)(1 5 ) x  (x  1) (1 5 )x  1 2x

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi
tiết.

3. Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất
trong cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm tồn bài đã chấm, khơng làm trịn.

... Hết ...

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

(x  1) 1 5x6x  0 x 0 thỏa điều kiện 1 1
5
x

   0,25

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyếnsinh động, nhiều tiện ích thơng minh,

nội dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh

nghiệm, giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹnăng sư phạmđến từcác trường Đại học và các

trường chuyên danh tiếng.

I.

Luy

ệ

n Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG:Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng xây
dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, NgữVăn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh Học.
- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường Chuyên
khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II.

Khoá H

ọ

c Nâng Cao và HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho các em HS THCS
lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ởtrường và đạt điểm tốt

ở các kỳ thi HSG.

- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho
học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh Trình, TS. Trần

Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩncùng đôi HLV đạt
thành tích cao HSG Quốc Gia.

III.

Kênh h

ọ

c t

ậ

p mi

ễ

n phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các
môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham
khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi miễn
phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, NgữVăn, Tin Học và Tiếng Anh.

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online cùng Chuyên Gia

HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí

</div>

Đề thi HSG Toán 9 cấp Tỉnh 2017 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Ninh

5

4

3 2

2

5

4

4

1

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>A</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>





















<i>x</i>



0;

<i>x</i>



16;

<i>x</i>



1

<i>n</i>



8

<i>n</i>



3

<i>n</i>

<i>A</i>



<i>B C</i>

;

<i>AC</i>

<i>D C</i>



<i>AC</i>

1 14

15

<i>A</i>

 

<i>x</i>



<i>x</i>



<i>x</i>











 























3

1

4