Đề thi HSG môn Toán Lớp 9 - Vòng 2 - Ngày thi 15-1-2018 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD&ĐT Hải Dương (Có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP. HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI HSG LỚP 9- VÒNG 2
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút, 
 (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)
Ngày thi 15/01/2018
Câu 1 (2,0 điểm):
 1) Cho đa thức f(x) có bậc 2018 và thỏa mãn: 
 	Với Tính 
 2) Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn 
 	Chứng minh rằng (1 - a)(1 - b)(1 - c) = (1- abc) 
Câu 2 (2,0 điểm):
Giải phương trình: 
Giải hệ phương trình: 
Câu 3 (2,0 điểm):
Tìm hai số chính phương liên tiếp m và n (0 < m < n) sao cho m = và n = 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 
Câu 4 (3,0 điểm):
Cho đường tròn (O ; R) cắt đường tròn (O’ ; r) tại A và B; R > r.
Vẽ hình bình hành OCO’B. Chứng minh rằng: 4 điểm C; A; O’; O cùng thuộc một đường tròn.
 Qua A vẽ cát tuyến EF bất kì ; . Chứng minh rằng đường trung trực của EF luôn đi qua một điểm cố định.
Cho tam giác ABC không phải là tam giác đều có BC = a, AC = b, AB = c. Gọi I, G theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp và trọng tâm của tam giác ABC. Biết IG ^ IC, tính giá trị của 
Câu 5 (1,0 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 
 với 2 £ x £ 6
.........................................Hết.........................................
Họ và tên thí sinh: .......................................................................SBD:.................................. 
Giám thị thứ nhất:..................................................Giám thị thứ hai:......................................
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP. HẢI DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HSG LỚP 9- VÒNG 2
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: TOÁN 
 (Hướng dẫn chấm gồm 5 câu, 07 trang)
CÂU
Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
1
2,0đ
1.
1,0
đ
Đặt Q(x)=x.f(x) – 1 (*) do f(x) có bậc 2018
=> Q(x) có bậc 2019 (1)
Do với 
 với 
=> Q(x) có 2019 nghiệm là 	(2)
Từ (1) (2) => Q(x)=a(x-1)(x-2)(x-3)(x-2019) với a là hằng số 0 (3)
(*) => Có Q(2020) = 2020f(2020) – 1
Từ (3) có Q(2020) = a(2020-1)(2020-2)(2020-3)(2020-2019)
=> Q(2020) = a.2019.2018.20171
=> Q(2020) = a.2019! => 2020.f(2020) – 1 = a.2019! 	(4)
Từ (*) => Hệ số tự do của Q(x) là -1
Từ (3) => Hệ số tự do của Q(x) là a(-1)(-2)(-3)(-2019) = -a.2019!
=> - a.2019! = -1
Từ (4) =>
Vậy (đpt)
0,25
0,25
0,25
0,25
2.
1,0đ
 Đặt 
Từ gt ta có x + y + z = 0
(1)
Biến đổi vế trái của (1) ta được 
 = 3(a - b)(b - c)(c - a)(1 - abc)
 = 3(a - b)(b - c)(c - a)(1 - abc) 
 (1 - a)(1 - b)(1 - c) = (1- abc) (a, b, c đôi một khác nhau)
0,25
0,25
0,25
0,25
2
2,0đ
1.
1,0đ
 (ĐK: )
 do 
 do và 
	(1)
Giải phương trình này (T/m)
KL: Phương trình có 2 nghiệm 
0,25
0,25
0,25
0,25
2.
1,0đ
Giải hệ phương trình: 
ĐK: x ³ ; y ³ 
Nhân cả hai vế của phương trình thứ hai với 2 rồi trừ theo vế của hai phương trình ta có:
Bằng cách lập hiệu tương ứng ta có x = y + 1
Thay vào 1 trong hai phương trình của hệ ban đầu ta được x = 2; y = 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = 2; y = 1
0,25
0,25
0,25
0,25
3.
2,0đ
1.
1,0đ
Vì m, n là hai số nguyên liên tiếp (m < n) nên n = m + 1
Þ 10c + b = 10b + c + 2m + 1
Þ 9(c - b) = 2m + 1 (1)
Từ (1) ta có c - b là số lẻ
Do n = nên n £ 31 Þ m £ 30
 Ta có 10 £ m £ 30 nên 21 £ 2m + 1 £ 61
Þ 21 £ 9(c - b) £ 61 Þ 3 £ c - b £ 6
Mà c - b là số lẻ nên c - b = 3; 5
*) Nếu c - b = 3, thay vào (1) ta có 2m + 1 = 27 Þ m = 13; n = 14
Þ m = 169; n = 196 ( thỏa mãn)
*) Nếu c - b = 5 tính được m = 22; n = 23. 
 Khi đó m = 484; n = 529 (loại) 
Vậy ta có 2 số cần tìm là 169 và 196
0,25
0,25
0,25
0,25
2.
1,0đ
+ Nếu x > 0 
 vô lý do x2 và (x+1)2 là hai số chính phương liên tiếp.
=> Phương trình (1) không có nghiệm nguyên với 
+ Nếu x=0 hoặc x= -1 từ (1)
+ Nếu x< -1 
 vô lý (loại)
KL: Phương trình có 4 nghiệm nguyên (x; y) là 
0,25
0,25
0,25
0,25
4
3,0đ
1.
2,0đ
M
C
I
A
B
O
O'
Q
E
F
H
K
D
a.
1,0đ
Gọi 
=> M là trung điểm BC
∆ABC có IM là đường trung bình 
=> AC//OO’ => ACOO’ là hình thang.
Có OC//O’B => (sole trong) (1)
∆O’AB cân tại O’ (O’A =O’B = r) mà O’O là đường cao
=> O’O là đường phân giác (2)
Từ (1)(2) => hình thang ACOO’ cân.
+ Vẽ d là trục đối xứng của hình thang cân ACOO’.
O
1
C
A
O
O'
d
=> d là trung trực AC và OO’
Vẽ trung trực AO’ cắt d tại O1
Có O1A= O1O’ (O1 trung trực AO’)
O1A= O1C (O1 d là trung trực AC)
O1O= O1O’ (O1 d là trung trực OO’)
=> O1A= O1C= O1O= O1O’ 
=> 4 điểm A, C, O, O’ một đường tròn (đpcm)
0,25
0,25
0,25
0,25
b.
1,0đ
Vẽ 
=> H; K là trung điểm AE; AF
Kẻ 
OH//O’K=> OHKO’ là hình thang
MD//OH//O’K và M là trung điểm OO’
=> D là trung điểm HK
∆MHK có MD là đường trung tuyến (D là trung điểm HK)
Đồng thời là đường cao => ∆MHK cân ở M => MH = MK
Vẽ Q đối xứng với A qua M do A và M cố định => Q cố định.
∆AQE có MH là đường trung bình => QE = 2MH
∆AQF có MK là đường trung bình => QF = 2MK
=> QE = QF => Q đường trung trực của EF
Vậy đường trung trực của EF luôn đi qua điểm cố định Q (đpcm) 
0,25
0,25
0,25
0,25
2.
1,0đ
 Đường thẳng GI cắt AC, BC thứ tự tại M và N. Vì GI ^ IC và CI là tia phân giác góc C nên tam giác CMN cân tại C.
Gọi m, n thứ tự là độ dài các đường cao hạ từ G của tam giác GMC và GNC.
Ta có SCMN = SGMC + SGNC = m. CM: 2 + n. CN: 2 = CM.(m + n) : 2
Lại có SCMN = 2.SICM = r.MC nên m + n = 2r với r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Mặt khác vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên 
3m + 3n = ha + hb = 6r với ha và hb thứ tự là độ dài các đường cao hạ từ A và B của tam giác ABC (1)
Lại có 2.SABC = (a + b + c). r = a.ha = b.hb
Þ ha = (a + b + c).r : a và hb = (a + b + c).r : b (2)
Từ (1) và (2) Þ 
Nên = 6
0,25
0,25
0,25
0,25
5.
 với 2 £ x £ 6
Ta có 
Đặt 
Trước hết chứng minh: Với mọi a, b ³ 0, ta luôn có 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 0 hoặc b = 0.
Áp dụng ta có = 
(Vì 2 £ x £ 6)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x= 6 
Vậy . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x= 6 (1)
Áp dụng BĐT (ax+by) £ (a + b )(x + y )
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ay = bx
Ta có: 
Þ A £ 10
Dấu “=” xảy ra Û x= (2)
Ta có 
Kết hợp với (1) ta có 
. Dấu “=” xảy ra khi x=6
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 60 khi x=6
Kết hợp với (2) ta có 
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x= 
 Giá trị lớn nhất của M là khi x= .
0,25
0,25
0,25
0,25