Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 năm 2017 - Bảng B - 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 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
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 6 1 9x x x    . 
b) Giải hệ phương trình: 
2 24 5 10 
 4 2 7 
x y xy
xy x y
   

   
Bài 3: (2,5 điểm) 
 Tìm số tự nhiên n sao cho n chỉ thỏa mãn hai trong ba tính chất sau: 
1) n là bội số của 5. 
2) 8n  là số chính phương. 
3) 3n  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 22 1 4 5A x x x    với 
1
1
5
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 B) 
(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 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 
2 6 1 9x x x    ( đkxđ x 1  ) 0,25 
2 2 1 1 6 1 9x x x x        0,5 
    
22
1 1 3x x    0,25 

1 1 3
1 1 3
x x
x x
    

    
  
4 1
2 1
x x
x x
   

  
 0,5 
Trường hợp 1: 4 1x x   
do 1 0 4 0x x     
hai vế không âm bình phương 
ta có x
2
 + 8x + 16 = x + 1 x
2
 + 7x + 15 = 0 
27 4.15 0     phương trình vô nghiệm 
0,5 
Trường hợp 2: 2 1x x    
2
1 2 (1)
4 4 1 (2)
x
x x x
  

   
Pt(2) 2 5 3 0x x    
2( 5) 3.4 13 0      
Phương trình (2) có hai nghiệm x1 = 
5 13
2

 ; x2 = 
5 13
2

0,5 
Đối chiếu với điều kiện (1) ta thấy 
chỉ có nghiệm x2 = 
5 13
2

 thỏa mãn 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là 
5 13
2

Câu b 
2,5đ 
2 2
2
4 4 4 2 3
4 2 7
(2 ) 2(2 ) 3 0 (1)
4 2 7 (2) 
x y xy x y
xy x y
x y x y
xy x y
     
 
   
     
 
   
1,0 
Pt(1)    
2 1
2 1 2 3 0
2 3
y x
x y x y
y x
 
        
 0,25 
TH1: 2 1y x  thay vào phương trình (2) ta có 
 22 9 0x x   (phương trình vô nghiệm) 
0,5 
TH2: 2 3y x  thay vào phương trình (2) ta có 
22 3 1 0x x   phương trình có hai nghiệm 
1 1
2 2
1 1
1
2
2
x y
x y
   

    

0,5 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  1; 1 và
1
; 2
2
 
 
 
0,25 
Bài 3 
2,5đ 
 Giả sử tìm được n thỏa tc/1 ta đi chứng minh n không thỏa 
tc2;3. 
 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 
 3n 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 3n  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) 
Đặt 
2
2
8
3
n p
n k
  

 
 (p; k  N) 2 2 11p k   ( )( ) 11p k p k    0,25 
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
   
 
   
0,75 
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 
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. Hai tam giác BMK và BCD đồng dạng 
. .   
BM BC
BM BD BK BC
BK BD
1,0 
Tương tự ta có . .CMCA CK CB 0,5 
2
. . . .    BM BD CMCA BK BC CK BC BC 0,5 
Do BC không đổi, vậy . .BM BD CMCA không đổi khi D 
chuyển động trên cung AC 0,5 
Câu c 
2,5đ 
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 
Bài 5 
2,0đ 
 22 1 4 5 2 ( 1)(1 5 )A x x x x x x        0,5 
với 
1
1
5
x   có ( 1) 0x   và 1 5 0x  0,25 
Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số ( 1)x  và 1 5x không 
âm 
Có 
( 1) (1 5 )
( 1)(1 5 ) 1 2
2
x x
x x x
  
     
0,5 
2 1 2 1A x x A     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 ........................... 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
( 1) 1 5 6 0 0x x x x       thỏa điều kiện 
1
1
5
x   
0,25 
Vây giá trị lớn nhất của A là 1 đạt được khi 0x  0,25