De thi va dap an HSG Toan 9 tinh Bac Giang 20152016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang). 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. Câu 1 ( 6,0 điểm) 1  a  2 A 1  a  2 1) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 2) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của. a 2 1 a2. :.  a  2. a  2. a 2  4  a 2  1, a  2   a  2 a  2.  a  2 .. 2 phương trình x  2 x  5 0. Không giải phương trình, hãy. 3 2 tính giá trị của biểu thức B x1  2 x2  5 x1  8 x2  2008. Câu 2 ( 4,0 điểm). 1) Giải phương trình. 6 x 2  10 x  92 .  x  70   2 x 2  4 x  16  0.. 2  y  x  x  1  x  2   x  3 121   2 y  1  x  2) Giải hệ phương trình  Câu 3 ( 3,0 điểm) x x 2 x, y 1) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên  sao cho 5  12 y ..  2  3 Chứng minh số. 2016. .  2. 3. . 2016. 2) là số chẵn. 6 ,0 Câu 4 ( 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 . O; R  I; r R  r 2) Cho hai đường tròn  và   tiếp xúc ngoài nhau tại điểm P ,  . Hai tiếp tuyến O chung ngoài AE , BD của hai đường tròn cắt nhau tại C ( AE , BD không đi qua P ; A, B thuộc   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 1  điểm trên mà diện tích nhỏ hơn 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 3 x 6 x T   x 3 x biểu thức. ------ HẾT -----Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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. NGÀY THI 20/ 3 / 2016. ĐỀ CHÍNH THỨC. MÔN THI: TOÁN - LỚP 9 (Bản hướng dẫn chấm có 04 trang). Câu Câu 1. Hướng dẫn giải. Điểm. a) a  2   a  2 a  2. A. . 1.1 (4.0 điểm). a2 . a 2. a  2   a  2 a  2. 1 . a2 . a 2. a  2. a  2. a  2  a2  1   a  2. a  2.  a  2  a  2 . :. a 2. :. a 2 . a 2  4  a 2  1 a 2 . a 2.  a2  1. 1.0. 0.75 0.75. a2  4 .. b) 2. 1  15 15  a 2  4  4  a 2  4     ; 2 4 4  15 1 a2 - 4 = × 2 A đạt giá trị nhỏ nhất là 4 khi và chỉ khi A  a2 . . a2  4 . a2  4. . 2. . 17 a= × 2 Giải ra được Chứng minh phương trình có nghiệm và theo Vi-et ta có. x1 + x2 = 2.. 0.75. 0.75. 0.5. 2. 1.2 (2.0 điểm). B x13  2 x22  5 x1  8 x2  2008 x13  2  2  x1   5 x1  8  2  x1   2008 x13  2 x12  5 x1  2016. 0.75. 2 Mà x1 là nghiệm của phương trình x  2 x  5 0 nên B x1  x12  2 x1  5   2016 2016.. 0.75. +) Điều kiện x ³ - 70 .. 0.25. Câu 2 2 v = x + 70,(u > 0;v ³ 0). +) Đặt u = 2x + 4x + 16 ; 2 2 2 Suy ra 3u - 2v = 6x + 10x - 92. 2.1 (2.0 điểm). +) Phương trình đã cho trở thành Û 3u - 2v = 0 Û 3u = 2v.. 3u2 - 2v2 + uv = 0 Û ( 3u - 2v) ( u + v) = 0.. 2 Từ đó ta có 3 2x + 4x + 16 = 2 x + 70 - 34 x= 9 Giải ra được x = 2 hoặc Kết luận.. 0.5 0.5 0.25. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  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 2.2 (2.0 điểm). 0.5. x  x x  1  x  2   x  3 122.  Thay y x  1 vào (1) ta được Xét 1 £ x < 2 chỉ ra được VT(3) <122. Xét x > 2 chỉ ra được VT(3)>122 2. Với x = 2 ta có VT(3)=122. Suy ra ( 2;1) và ( 2;- 1) Vậy hệ có hai nghiệm. (3). 0.75. y = 1;y = - 1. .. 0.75. Câu 3 Nhận xét. x =1. không thoả mãn phương trình. Khi đó x ³ 2.. Từ phương trình ta thấy y lẻ.. (. ). 5x º 1 mod8 12x M8 y2 Vì , chia cho 8 dư 1 với y lẻ nên , dẫn ra x chẵn. Đặt 3.1 (1.5 điểm). (. x = 2k k Î ¥ *. ) , thu được phương trình 5. 2k. (. )(. = y - 12k y + 12k. ). ìï y + 12k = 52k- m ï í ïï y - 12k = 5m m Î ¥, m < k Do 5 nguyên tố nên tồn tại sao cho ïî Suy ra. (. 0.5. 0.25. ).. 2.12k = 5m 52k- 2m - 1. k m Do 2, 12 đều nguyên tố cùng nhau với 5 mà 2.12 M5 nên m = 0 và ta được. y = 12k + 1.. 0.25. (. ). 2. 52k + 122k = 12k + 1 Þ 2.12k = 25k - 1 ( *). Thay vào phương trình ta được k ³ 2 thì 25k - 1 > 24k = 2k.12k > 2.12k. (loại). x = 2, y = 13.. k = 1 thoả mãn, tìm ra được. ( x;y) =( 2;13) .. Vậy phương trình có nghiệm 3.2 (1.5 điểm). Đặt. n. .  . Sn  2  3  2 . Kiểm tra. S1, S2. 3. 0.5. . n. .. 0.5. 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. n+1. + 2-. 3. n. 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.. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Lập luận lại quá trình trên ta được. S2016. là số chẵn.. Câu 4 C. B. Q. P. N M. A. D. a) Đặt AB = a.. 0.5. AM AP 1 = = CD 3 Ta có D MAP , D MCD đồng dạng nên MC AC a 2 AB a = ;AP = = 4 4 3 3 AN AQ 1 = = CD 2 Ta có D NAQ, D NCD đồng dạng nên NC Þ AM =. 4.1 (3.0 điểm). a 2 AB a Þ AN = ; AQ = = 3 2 2. AP AM = AQ suy ra hai tam giác D AMP , D AQN đồng dạng Từ đó ta có AN · · Suy ra AMP = AQN Þ MNQP nội tiếp. 3 3 2 2 CM = AC = a 2;CN = AC = a 2 4 4 3 3 b) Ta có 2. 2. 0.5. 0.5 0.5 0.5. 2. Suy ra CM .CN = a = CB = CD 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. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> A. E O. P. I. H. C D. 4.2 (2.0 điểm) B. a · · HDB = BCO = · 2 Kẻ DH / /CO . Gọi ACB = a ta có a HB R- r sin = = 2 HD R +r Trong tam giác vuông HBD có OAB;IED. Khẳng định hai tam giác a 1 sin = 2 2 suy ra a = 600. Vậy. 4.3 (1 điểm). 0.5 0.5. 0.5. 1 ´1 Chia hình chữ nhật 4´ 3 thành 24 hình chữ nhật 2 , mỗi hình chữ nhật có 1 × diện tích là 2. 0.5. 1 ´1 Vì có 49 điểm nằm trong 24 hình chữ nhật nên tồn tại một hình chữ nhật 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. 0.5. Câu 5 (1.0 điểm). R AB = = 3 Þ R = 3r DE đồng dạng nên r. 0.5. Biến đổi biểu thức +) Vì. T. 3 x 6 x 9  2   x 3 x 3x - x 2. 0.25. 1  x 2  3x  x 2  x  3  x   0. 2. 9  3 9 9 3x  x    x    T 2  2  4 6  4  2 4 suy ra 3x - x 2 Mặt khác 3 x= 2. Dấu bằng khi 9 9 13 T 2  2    2 3 x  x 2 2   x  1  2  x  2 3x - x 2 2 Ta lại có suy ra Dấu bằng khi x = 1 hoặc x = 2 2. 13 Kết luận: GTLN của T bằng 2 khi x = 1 hoặc x = 2. 0.25. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> GTNN của T bằng 6 khi. x=. 3 2.. 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..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>