Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh quảng ninh năm học 2016 2107(có đáp án)

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 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)
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 .

Cho biểu thức A 

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

BD.EM
AM

có giá trị không 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....................................

SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 NĂM HỌC 2017

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN (BẢNG A)
(Hướng dẫn chấm này có 04 trang)

Bài
A

Câu a
2,0 đ
Bài 1
3,5đ



Điểm

Sơ lược bài giải
5 x 4
3 2 x
x 2


x 4
x 1

x 4
x 1


x  4  2


5
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



1,0

1,0

3 x 1
2 x 5
1  0 
0
x 4
x 4
Câu b

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

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



 x x3

Bài 2
5,0đ

  x 
2



x  3  12  0

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







0,5

1
 2

Câu a
2,5 đ Giải (1): Ta có x  3  VP  4  x  1, VT  0 . Vậy (2) vô
nghiệm
x  3
Giải (2): (2)  
2
x  3  x  6x  9
x  3  x2  6x  9
 x2  7 x  6  0 .

được x1  1 ( nhận); x2  6 (loại)
Vậy phương trình có nghiệm x  1

0,5
0,5

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

0,5

2

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

Câu b
2
2,5đ   1  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

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là:
 1  97 5  97   1  97 5  97 
;
;

 ;

6
2
6

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

0,5

0,5

0,75

0,25

0,5

n 9  n 3 n 3 3
n 9 mà 3 không chia hết cho 9  n  3 không chia hết cho 9
Bài 3

2,5đ

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
Đặt 
(p; k  N)  p2  k 2  11  ( p  k )( p  k )  11
2
n  3  k

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)

0,5

0,25


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

(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.

b. Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt DK tại I.

1,0

 AI MK  IAC  KMC

0,5

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

0,5

Câu b Vậy IAC  IDC  tứ giác ADCI nội tiếp hay I   O cố định,
2,5đ
mà I  đường thẳng qua A cố định, vuông góc với BC cố định.
Vậy I cố định hay DK qua I cố định.



c. Có: EAM  KDC , AME  DKC  DMC

Bài c
2,5đ

hai

tam giác

KDB

và

KCA

có

1,0

DK DB


KC CA
BD.EM
AM DB
BD.EM

 CA  hằng số. Vậy

Vậy
không
AM
ME CA
AM
phụ thuộc vào vị trí của D trên cung AC.
3 A  3x  9( x  1)(1  15x)
1
với 1  x  có 9( x  1)  0 và 1  15x  0
15

1,0

KCA  KDB ,

KAC  KBD  hai tam giác KDB và KCA đồng dạng

A  x  1  14 x  15x 2  x  ( x  1)(1  15x)

Bài 5
2,0đ

0,5



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

Xét

0,5

1,0

0,5
0,5
0,25

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

0,5

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 ...........................