Đề thi HSG Toán 9 cấp Tỉnh 2017 có đáp án Sở GDĐT Quảng Ninh

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS NĂM 2017
Môn thi: TOÁN - 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)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1. (3,5 điểm)
Cho biểu thức A 

5 x 4
3 2 x
x 2
(với x  0; x  16; x  1)


x 5 x  4
x 4
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: x2  2 x  2 x x  3  9  x  3 .

 x  y  xy  5

b) Giải hệ phương trình: 

2
2
3x  y  2 xy  4 y  3

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.
2) n  3 là số chính phương.
3) n chia hết cho 9.
Bài 4: (7,0 điểm)
Cho nửa đường tròn 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.
BD.EM
c) Đường thẳng qua A, vuông góc với BC cắt BD ở E. Chứng minh
có giá trị không
AM
đổi khi D di chuyển trên AC ( D  A ).
Bài 5: (2,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  x  1  14 x  15x 2 với 1  x 

1
.

15

-----------------Hết---------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh...............................
Chữ kí giám thị 1:..........................................Chữ kí giám thị 2....................................

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 1


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

HƯỚNG DẪN GIẢI
Sơ lược bài giải

Bài

A

Câu a
2,0 đ
Bài
1
3,5đ



5 x 4



32 x

x 4

x 2
x 1

 x  1
5 x  4   2 x  3 x  1   x  2 

 x  4 x  1
 x  13 x  1  3 x  1
=
 x  1 x  4 x  4
x 4

Điểm

x 4



1,0

1,0

3 x 1
2 x 5
1  0 
0
x 4
x 4
Có 2 x  5  0
2 x 5
Nên
 0  x  4  0  x  4  0  x  16
x 4
Kết hợp với điều kiện xác định ta tìm được 0  x  16; x  1
A 1

Câu b
1,5 đ

(nếu không chỉ đủ kq là 0  x  16; x  1 thì không cho điểm bước
này)
ĐK: x  3

0,5
0,25
0,25
0,5
0,25

x2  2 x  2 x x  3  9  x  3
 x2  2 x x  3  x  3  x  x  3  12  0



 x x3

Bài
2
5,0đ

Câu a
2,5 đ

  x 
2



x  3  12  0

0,5

 x  3  4  x
 x  x 3  4 x  x 3 3  0  
 x  3  3  x







1
 2

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

0,5
0,5

x  3

Giải (2): (2)  

2
x  3  x  6x  9

x  3  x2  6 x  9
 x2  7 x  6  0 .
được x1  1 ( nhận); x2  6 (loại)
Vậy phương trình có nghiệm x  1

0,75

3x 2  y 2  2 xy  4 y  3  4 x 2   x  y   4 y  3
2

 4 x 2  4 x  1   x  y   4( x  y )  4

2

  2 x  1 =  x  y  2 
2

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

0,5

2

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

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

Câu b
2,5đ

2 x  1  x  y  2
x  y 1



 2 x  1   x  y  2  y  3  3x
TH1: x  y  1 thay vào pt x  y  xy  5
ta có y2 + y + 4 = 0
  12  4.4  0 nên phương trình vô nghiệm
TH2: y  3  3x thay vào pt x  y  xy  5 ta có 3x2  x  8  0


1  97
5  97
 y1 
 x1 
6
2
 = (-1)2 + 4.3.8 = 97 > 0  

1  97
5  97
 y2 
 x2 
6
2


0,5

0,5

0,75

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là:

 1  97 5  97   1  97 5  97 
;
;

 ;

2   6
2 
 6

0,25

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

Bài
3
2,5đ

n 9  n 3  n  8 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 không thỏa tc1
n 9  n 3 n 3 3
n 9 mà 3 không chia hết cho 9  n  3 không chia hết cho 9
Mà mọi số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9(**)
nên n  3 không là số chính phương vậy n không thỏa tc2.
n không thỏa tc 1,2 nên trái giả thiết.
(hs cần chứng minh (*) và (**) nếu không chứng minh thì trừ
0,25 đ cho cả hai phần này)

Ta đi tìm n thỏa mãn tc 1,2 (cho hs 0,75đ nếu làm được phần này
mà không lập luận phần trên)
n  8  p 2
(p; k  N)  p2  k 2  11  ( p  k )( p  k )  11
2
n  3  k

Đặt 

0,5

0,75

0,5

Do p,k  N  p  k  N ; p  k  Z ; p  k  p  k ;
 p  k  11  p  6

p  k 1
k  5

Kết hợp với (1)  

Vậy n  28
(hs có thể làm bài tập này bằng cách xét 3TH mỗi TH chỉ đúng 2
trong 3 tc; mỗi phần đúng được 0,75đ)

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

0,5

0,25

Trang | 3


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

D
A
M

E

B

K

O

C

Câu a
2đ
I

a. Tứ giác MKCD nội tiếp  MDK  MCK

0,5

ADB  ACB

Bài
4
7,0đ

Câu b
2,5đ

(hai góc nội tiếp (O) cùng chắn AB )  MDK  MDA hay DM là
phân giác của tam giác ADK.
Tương tự chứng minh được AM là phân giác của tam giác ADK.
Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADK.

1,0

b. Đường thẳng qua A vuông 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, vuông góc với BC cố định. Vậy I
cố định hay DK qua I cố định.

1,0



c. Có: EAM  KDC , AME  DKC  DMC



Vậy hai tam giác AEM và DCK đồng dạng 

AM DK

ME KC

Xét hai tam giác KDB và KCA có KCA  KDB , KAC  KBD 
Bài c
2,5đ

hai tam giác KDB và KCA đồng dạng 

DK DB

KC CA

BD.EM
AM DB


 CA  hằng số.
AM
ME CA
BD.EM
Vậy
không phụ thuộc vào vị trí của D trên cung AC.
AM

0,5

1,0

1,0

Vậy

A  x  1  14 x  15x 2  x  ( x  1)(1  15x)
3 A  3x  9( x  1)(1  15x)
W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

0,5

0,5

Trang | 4


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Bài
5
2,0đ

với 1  x 

1
có 9( x  1)  0 và 1  15x  0
15

Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số
9( x  1) và 1  15x không âm
Có

9( x  1)  (1  15 x)
9( x  1)(1  15 x) 
 5  3x
2

3 A  3x  5  3x  3 A  5  A 

5
3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

9( x  1)  1  15 x  24 x  8  x 
Vây giá trị lớn nhất của A là

0,25

0,5

0,25

1
3

5
1
đạt được khi x 
3
3

0,25
0,25

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 toán 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 toàn bài đã chấm, không làm tròn.

............................. Hết ...........................

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 5


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

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

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS NĂM 2017
Môn thi: TOÁN - 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 A 

5 x 4
3 2 x
x 2



x 5 x  4
x 4
x 1

(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: x2  x  6 x  1  9 .

4 x 2  y 2  5 xy  10
b) Giải hệ phương trình: 
 xy  4 x  2 y  7
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.
5) n  8 là số chính phương.
6) n  3 là số chính phương.
Bài 4: (7,0 điểm)
Cho nửa đường tròn 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 A  2 x  1  4 x  5 x 2 với 1  x 

1
.
5

-----------------Hết---------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:................................................... Số báo danh.............................
Chữ kí giám thị 1:.........................................Chữ kí giám thị 2..................................
W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 6


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Bài

Sơ lược bài giải

A

Câu a
2,0 đ

Bài
1
3,5đ



5 x 4



32 x

x 4

x 2
x 1

 x  1
5 x  4   2 x  3 x  1   x  2 

 x  4 x  1
x  1 3 x  1 3 x  1

=

x


1
x

4
 
 x 4
x 4

Điểm

x 4

1,0



1,0

3 x 1
2 x 5
1  0 
0
x 4
x 4
Có 2 x  5  0
2 x 5
Nên
 0  x  4  0  x  4  0  x  16
x 4

A 1

Câu b
1,5 đ

0,25

0,25

 x2  2 x  1  x  1  6 x  1  9

0,5

 x  1

2





x 1  3

x 1  x 1  3





2

0,5

0,25

x  4  x 1

 

0,5

 x  1   x  1  3
 2  x  x  1
Trường hợp 1: x  4  x  1
do x  1  0  x  4  0
Câu a
2,5 đ

0,25

Kết hợp với điều kiện xác định tìm được 0  x  16; x  1
(nếu không chỉ đủ kq là 0  x  16; x  1thì không cho điểm bước
này )
x2  x  6 x  1  9 ( đkxđ x  1 )


Bài
2
5,0đ

0,5

0,5

hai vế không âm bình phương
ta có x2 + 8x + 16 = x + 1  x2 + 7x + 15 = 0
  72  4.15  0  phương trình vô nghiệm

1  x  2

Trường hợp 2: 2  x  x  1  

(1)

2
 x  4 x  4  x  1 (2)

Pt(2)  x2  5x  3  0

  (5)2  3.4  13  0
5  13
5  13
Phương trình (2) có hai nghiệm x1 =
; x2 =
2
2

0,5

Đối chiếu với điều kiện (1) ta thấy

chỉ có nghiệm x2 =

W: www.hoc247.net

5  13
thỏa mãn
2

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 7


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là

5  13
2

4 x 2  y 2  4 xy  4 x  2 y  3

 xy  4 x  2 y  7

1,0

(2 x  y ) 2  2(2 x  y )  3  0 (1)


(2)
 xy  4 x  2 y  7
 y  2x  1
 y  2x  3

Pt(1)   2 x  y  1 2 x  y  3  0  
Câu b
2,5đ

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

2 x2  x  9  0 (phương trình vô nghiệm)
TH2: y  2 x  3 thay vào phương trình (2) ta có
2 x2  3x  1  0 phương trình có hai nghiệm
 x1  1  y1  1

 x2  1  y2  2

2
1

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm 1; 1 và  ; 2 
2


0,25
0,5

0,5

0,25

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

Bài
3
2,5đ

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 không 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)
2
n  8  p
(p; k  N)  p2  k 2  11  ( p  k )( p  k )  11
2

n  3  k

Đặt 

0,25

Do p,k  N  p  k  N ; p  k  Z ; p  k  p  k ;
 p  k  11  p  6

p  k 1
k  5

Kết hợp với (1)  

Vậy n  28
(hs có thể làm bài tập này bằng cách xét 3TH mỗi TH chỉ đúng 2
trong 3 tc; mỗi phần đúng được 0,75đ)

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

0,75

0,25

Trang | 8

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

D
A
M

B

Câu a
2đ

K

O

C

I

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.
Tương tự chứng minh được AM là phân giác của tam giác ADK.
Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADK

Bài
4
7,0đ

b.
Câu b
2,5đ

Câu c
2,5đ

Hai
tam
giác
BMK
BM BC


 BM.BD  BK.BC
BK BD
Tương tự ta có CM.CA  CK.CB

BCD

0,5

dạng
1,0
0,5

 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

c. Đường thẳng qua A vuông 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, vuông góc với BC cố định. Vậy I cố định
hay DK qua I cố định.

1,0

A  2 x  1  4 x  5x 2  2 x  ( x  1)(1  5x)

0,5

1
có ( x  1)  0 và 1  5x  0
5

Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số ( x  1) và 1  5x không
âm
Có

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

A  2x  1  2x  A  1
W: www.hoc247.net

đồng

2

với 1  x 
Bài
5
2,0đ

và

1,0

F: www.facebook.com/hoc247.net

0,25

0,5
0,25

T: 098 1821 807

Trang | 9


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

( x  1)  1  5x  6 x  0  x  0 thỏa điều kiện 1  x 
Vây giá trị lớn nhất của A là 1 đạt được khi x  0

1
5

0,25
0,25

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 toán 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 toàn bài đã chấm, không làm tròn.
............................. Hết ...........................

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 10


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Website Hoc247.vn cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông 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 kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên danh tiếng.
I.

Luyện Thi Online

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

- Luyên thi ĐH, THPT QG với đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng.
- H2 khóa nền tảng kiến thức luyên thi 6 môn: Toán, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh Học.
- H99 khóa kỹ năng làm bài và luyện đề thi thử: Toán,Tiếng Anh, Tư Nhiên, Ngữ Văn+ Xã Hội.
II. Lớp Học Ảo VCLASS

Học
Online
lớpvàOffline
- Mang lớp học đến tận nhà, phụ huynh
không
phảinhư
đưaHọc
đónởcon
có thể học cùng con.
- Lớp học qua mạng, tương tác trực tiếp với giáo viên, huấn luyện viên.
- Học phí tiết kiệm, lịch học linh hoạt, thoải mái lựa chọn.
- Mỗi lớp chỉ từ 5 đến 10 HS giúp tương tác dễ dàng, được hỗ trợ kịp thời và đảm bảo chất lượng học tập.
Các chương trình VCLASS:
- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân môn 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 Cẩn cùng đôi HLV đạt thành
tích cao HSG Quốc Gia.
- Luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán: Ôn 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.
- Hoc Toán Nâng Cao/Toán Chuyên/Toán Tiếng Anh: Cung cấp chương trình VClass Toán Nâng Cao,
Toán Chuyên và Toán Tiếng Anh danh cho các em HS THCS lớp 6, 7, 8, 9.
III. Uber Toán Học

Học Toán Gia Sư 1 Kèm 1 Online
- Gia sư Toán giỏi đến từ ĐHSP, KHTN, BK, Ngoại Thương, Du hoc Sinh, Giáo viên Toán và Giảng viên ĐH.
Day kèm Toán mọi câp độ từ Tiểu học đến ĐH hay các chương trình Toán Tiếng Anh, Tú tài quốc tế IB,…
- Học sinh có thể lựa chọn bất kỳ GV nào mình yêu thích, có thành tích, chuyên môn giỏi và phù hợp nhất.
- Nguồn học liệu có kiểm duyệt giúp HS và PH có thể đánh giá năng lực khách quan qua các bài kiểm tra độc

lập.
- Tiết kiệm chi phí và thời gian hoc linh động hơn giải pháp mời gia sư đến nhà.

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 11