Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 năm 2017 - Bảng A - Sở GD & ĐT Quảng Ninh (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) 
Cho biểu thức 
5 4 3 2 2
5 4 4 1
x x x
A
x x x x
  
  
   
 (với 0; 16; 1x x x   ) 
a) Rút gọn biểu thức A. 
b) Tìm giá trị của x để 1A . 
Bài 2: (5,0 điểm) 
 a) Giải phương trình: 2 2 2 3 9 3x 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) 8n  là số chính phương. 
2) 3n  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 21 14 15A x x x    với 
1
1
15
x   . 
-----------------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 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 9 NĂM HỌC 2017 
Môn: TOÁN (BẢNG A) 
(Hướng dẫn chấm này có 04 trang) 
Bài Sơ lược bài giải Điểm 
Bài 1 
3,5đ 
Câu a 
2,0 đ 
  
5 4 3 2 2
4 14 1
x x x
A
x xx 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
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 5 0x   0,25 
Nên 
2 5
0 4 0 4 0 16
4
x
x x x
x

        

Kết hợp với điều kiện xác định ta tìm được 0 16; 1x x   
(nếu không chỉ đủ kq là 0 16; 1x x   thì không cho điểm bước này) 
0,25 
0,5 
Bài 2 
5,0đ 
Câu a 
2,5 đ 
ĐK: 3 x 0,25 
2 2 2 3 9 3     x x x x x
2 2 3 3 3 12 0         x x x x x x 
   
2
3 3 12 0       x x x x 
0,5 
  3 4 3 3 0       x x x x 
 
 
3 4 1
3 3 2
    

   
x x
x x
 0,5 
Giải (1): Ta có 3 4 1       x VP x , 0VT . Vậy (2) vô 
nghiệm 0,5 
Giải (2): (2)
2
3
3 6 9
x
x x x

 
   
23 6 9x x x    
 2 7 6 0x x    . 
được 1 1x ( nhận); 2 6x (loại) 
Vậy phương trình có nghiệm 1x 
0,75 
Câu b 
 2,5đ 
 
 
   
22 2 2
22
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
        
       
   
(nếu hs đưa về pt bậc hai ẩn y tham số x tính được  thì được 0,5đ) 
0,5 
2 1 2 1
2 1 2 3 3
x x y x y
x x y y x
      
         
 0,5 
TH1: 1x y  thay vào pt 5x y xy    
 ta có y
2
 + y + 4 = 0 
21 4.4 0    nên phương trình vô nghiệm 
0,5 
TH2: 3 3y x  thay vào pt 5x y xy    ta có 23 8 0x x   
 = (-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
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 không thỏa tính 
chất 1; 2. 
9 3 8n n n   chia cho 3 dư 2, 
mà một số chính phương chỉ chia cho 3 dư 0 hoặc 1(*) 
 8n  không phải là số chính phương. vậy n không thỏa tc1 
0,5 
9 3 3 3n n n   
 9n mà 3 không chia hết cho 9 3n  không chia hết cho 9 
Mà mọi số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9(**) 
nên 3n 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) 
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 11p k   ( )( ) 11p k p k    
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 28n  
(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) 
0,25 
Bài 4 
7,0đ 
Câu a 
2đ 
E
I
K
M
OB 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 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 
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
 không 
phụ thuộc vào vị trí của D trên cung AC. 
0,5 
Bài 5 
2,0đ 
 21 14 15 ( 1)(1 15 )A x x x x x x        
3 3 9( 1)(1 15 )A x x x    
0,5 
với 
1
1
15
x   có 9( 1) 0x   và 1 15 0x  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 ........................... 
Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số 
9( 1)x  và 1 15x không âm 
Có 
9( 1) (1 15 )
9( 1)(1 15 ) 5 3
2
x x
x x x
  
     
0,5 
5
3 3 5 3 3 5
3
A x x A A       0,25 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
1
9( 1) 1 15 24 8
3
x x x x

        
0,25 
Vây giá trị lớn nhất của A là 
5
3
 đạt được khi 
1
3
x

 0,25