De thi va dap an HSG toan 9 tinh bac giang 20152016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN - LỚP 9
Ngày thi: 20/ 3/ 2016
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
Câu 1 ( 6,0 điểm)

1
− a−2
a − 2. a 2 − 4
a
+
2
:
+ a 2 − 1,
1) Cho biểu thức A = 1
1
( a + 2) a − 2 − ( a − 2) a + 2
−
a−2
a+2

( a > 2) .

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
2) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 2 x − 5 = 0. Không giải phương trình, hãy
tính giá trị của biểu thức B = x13 − 2 x22 − 5 x1 + 8 x2 + 2008.
Câu 2 ( 4,0 điểm)

( x + 70 ) ( 2 x 2 + 4 x + 16 )
 y 2 + x ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3) = 121

1) Giải phương trình 6 x 2 + 10 x − 92 +

= 0.

×

2) Giải hệ phương trình 

2
 y + 1 = x

Câu 3 ( 3,0 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( x , y ) sao cho 5 x + 12 x = y 2 .

(

2) Chứng minh số 2 + 3

)

2016

(

+ 2− 3

)

2016

là số chẵn.

Câu 4 ( 6,0 điểm)
1) Cho hình vuông ABCD . Gọi M , N là hai điểm nằm trên đoạn AC sao cho
AC = 3 AN = 4 AM . Hai đường thẳng DM và DN cắt AB lần lượt tại P và Q . Chứng minh:
a) Hai tam giác AMP , AQN đồng dạng, từ đó chỉ ra MNQP là tứ giác nội tiếp.
b) Đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và DC tiếp xúc
với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN .
2) Cho hai đường tròn ( O; R ) và ( I ; r ) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm P , ( R > r ) . Hai tiếp tuyến
chung ngoài AE , BD của hai đường tròn cắt nhau tại C ( AE , BD không đi qua P ; A, B thuộc ( O ) và
D, E thuộc ( I ) ). Tính số đo góc ·ACB biết DE = 2cm; AB = 6cm.

3) Trong hình chữ nhật có chiều dài và rộng lần lượt bằng 4 và 3 cho 49 điểm, trong đó
không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có các đỉnh thuộc 49
điểm trên mà diện tích nhỏ hơn

1
×
2

Câu 5 ( 1,0 điểm) Cho số thực x thỏa mãn 1 ≤ x ≤ 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức T =

3+ x 6− x
+
×
x
3− x

------ HẾT -----Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: .............................................................Số báo danh:..................................
Giám thị 1 (Họ tên và ký)..........................................................................................................
Giám thị 2 (Họ tên và ký)..........................................................................................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI: TOÁN - LỚP 9
(Bản hướng dẫn chấm có 04 trang)

NGÀY THI 20/ 3 / 2016

Câu
Câu 1

Hướng dẫn giải

a)
A=

=
1.1
(4.0 điểm)

a − 2 − ( a − 2) a + 2
a+2− a−2

a − 2 − ( a − 2) a + 2
a+2 − a−2

Điểm

:

a − 2. a + 2. a − 2
+ a2 −1
a − 2. a + 2.  a + 2 − a − 2 

:

a−2
+ a2 − 1
a+2 − a−2

1.0

0.75

= 1 − a2 − 4 + a2 −1 = a2 − a2 − 4 .

0.75

b)

(

)

2

1  15 15

A = a − a − 4 = a − 4 − a − 4 + 4 =  a2 − 4 − ÷ + ≥ ;
2
4 4

15
1
A đạt giá trị nhỏ nhất là
khi và chỉ khi a2 - 4 = ×
4
2
2

2

2

2

2

Giải ra được a = 17 ×
2

0.75

0.75

Chứng minh phương trình có nghiệm và theo Vi-et ta có x1 + x2 = 2.

0.5

B = x13 − 2 x22 − 5 x1 + 8 x2 + 2008 = x13 − 2 ( 2 − x1 ) − 5 x1 + 8 ( 2 − x1 ) + 2008

0.75

2

1.2
(2.0 điểm)

= x13 − 2 x12 − 5 x1 + 2016
Mà x1 là nghiệm của phương trình x 2 − 2 x − 5 = 0 nên
B = x1 ( x12 − 2 x1 − 5 ) + 2016 = 2016.

0.75

+) Điều kiện x ³ - 70 .

0.25

Câu 2
+) Đặt u = 2x2 + 4x + 16 ; v = x + 70,(u > 0;v ³ 0).

2.1
(2.0 điểm)

Suy ra 3u2 - 2v2 = 6x2 + 10x - 92
2
2
+) Phương trình đã cho trở thành 3u - 2v + uv = 0 Û ( 3u - 2v) ( u + v) = 0.
Û 3u - 2v = 0 Û 3u = 2v.
Từ đó ta có 3 2x2 + 4x + 16 = 2 x + 70

(2.0 điểm)

0.5
0.25

- 34
9

0.5

Kết luận.

 y 2 + x ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3) = 121 (1)
 2
(2)
 y + 1 = x
Từ phương trình (2) ta suy ra x ³ 1
Thay y 2 = x − 1 vào (1) ta được x + x ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3) = 122
Xét 1 £ x < 2 chỉ ra được VT(3) <122.

0.5

Giải ra được x = 2 hoặc x =
2.2

0.5

(3)

0.75


Xét x > 2 chỉ ra được VT(3)>122
Với x = 2 ta có VT(3)=122. Suy ra y = 1;y = - 1.

0.75

Vậy hệ có hai nghiệm ( 2;1) và ( 2;- 1)
Câu 3
Nhận xét x =1 không thoả mãn phương trình. Khi đó x ³ 2.
Từ phương trình ta thấy y lẻ.

(

)

x
x
Vì 12 M8 , y2 chia cho 8 dư 1 với y lẻ nên 5 º 1 mod8 , dẫn ra x chẵn.

(

)

(

)(

*
2k
k
k
Đặt x = 2k k Î ¥ , thu được phương trình 5 = y - 12 y + 12

)

ìï y + 12k = 52k- m
ï
m
Î
¥,
m

<
k
Do 5 nguyên tố nên tồn tại
sao cho í
ïï y - 12k = 5m
ïî
3.1
(1.5 điểm)

(

0.5

0.25

)

k
m
2k- 2m
- 1.
Suy ra 2.12 = 5 5

Do 2, 12 đều nguyên tố cùng nhau với 5 mà 2.12k M5m nên m = 0 và ta được
y = 12k + 1.

0.25

(

)

2

Thay vào phương trình ta được 52k + 122k = 12k + 1 Þ 2.12k = 25k - 1 ( *)
k ³ 2 thì 25k - 1 > 24k = 2k.12k > 2.12k. (loại).
k = 1 thoả mãn, tìm ra được x = 2, y = 13.

0.5

Vậy phương trình có nghiệm ( x;y) =( 2;13) .

(

) (
n

Đặt S n = 2 + 3 + 2 − 3

)

n

.
0.5

Kiểm tra S1, S2 là các số tự nhiên chẵn.

(
) (

)
é
ùé
ù
= ê( 2 + 3) +( 2 - 3) úê( 2 + 3) +( 2 - 3) ú
ê
ú
û
ë
ûë
é
ù
- ( 2 + 3) ( 2 - 3) ê( 2 + 3) +( 2 - 3) ú
ê
ú
ë
û

Sn+1 = 2 + 3
3.2
(1.5 điểm)

n +1

+ 2-

n

3

n +1

n

n- 1

n- 1

0.5

= 4Sn - Sn- 1 ( " n ³ 2)

Do S1, S2 là số chẵn nên S3 chẵn. S2, S3 chẵn nên S4 cũng là số chẵn.
Lập luận lại quá trình trên ta được S2016 là số chẵn.
Câu 4

0.5


C

B

Q

P

N
M

A

D

a) Đặt AB = a.

0.5

Ta có D MAP , D MCD đồng dạng nên

AM
AP
1
=
=
MC
CD
3

AC
a 2
AB a
=
;AP =
=
4
4
3
3
AN

AQ
1
Ta có D NAQ, D NCD đồng dạng nên
=
=
NC
CD
2
Þ AM =

4.1
(3.0 điểm)

a 2
AB a .
Þ AN =
;AQ =
=
3
2
2
AP
AM
=
Từ đó ta có
suy ra hai tam giác D AMP , D AQN đồng dạng
AN
AQ
·
·

Þ MNQP nội tiếp.
Suy ra AMP
= AQN
3
3
2
2
AC = a 2;CN = AC = a 2
4
4
3
3
Suy ra CM .CN = a2 = CB 2 = CD 2
Kết luận: BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và DC tiếp
xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN
b) Ta có CM =

4.2
(2.0 điểm)
A

E
O

P

I

H

C
D

B

0.5

0.5
0.5
0.5
0.5


4.3
(1 điểm)

a
·
·
·
Kẻ DH / / CO . Gọi ACB
= a ta có HDB = BCO =
2
a
HB
R- r
=
Trong tam giác vuông HBD có sin =
2 HD
R +r

R
AB
Khẳng định hai tam giác OAB ;IED đồng dạng nên
=
= 3 Þ R = 3r
r
DE
a
1
Vậy sin = suy ra a = 600.
2 2
1
Chia hình chữ nhật 4´ 3 thành 24 hình chữ nhật ´ 1, mỗi hình chữ nhật có
2
1
diện tích là ×
2
1
Vì có 49 điểm nằm trong 24 hình chữ nhật nên tồn tại một hình chữ nhật ´ 1
2
chứa ít nhất 3 điểm trong 49 điểm đã cho.
1
Tam giác có ba đỉnh là 3 điểm nằm trong hình chữ nhật này có diện tích nhỏ hơn ×
2
Biến đổi biểu thức T =

3+ x 6− x
9
+
= 2+

×
x
3− x
3x - x 2

0.5
0.5
0.5
0.5

0.5

0.5

0.25

2
+) Vì 1 ≤ x ≤ 2 ⇒ 3x − x = x ( 3 − x ) > 0.
2

9
9 
3 9
≥ 2 + 4 = 6×
Mặt khác 3 x − x = −  x − ÷ ≤ suy ra T = 2 +
3x - x 2
4 
2 4
3
Dấu bằng khi x = .

2
9
9 13
2
≤ 2+ = ×
Ta lại có 3 x − x = 2 + ( x − 1) ( 2 − x ) ≥ 2 suy ra T = 2 +
2
3x - x
2 2
Dấu bằng khi x = 1 hoặc x = 2
13
Kết luận: GTLN của T bằng
khi x = 1 hoặc x = 2
2
3
GTNN của T bằng 6 khi x = .
2
2

Câu 5
(1.0 điểm)

0.25

0.25

0.25

Lưu ý khi chấm bài:
Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic.

Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng.