TOP 10+ Đề Thi Học Sinh GIỎI TOÁN LỚP 9 Có Đáp Án

TuhocOnline edu vn SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC Môn thi TOÁN LỚP 9 BẢNG A Thời gian làm bài 150 phút Câu 1 (4,5 điểm) a) Cho hàm số Tính tại b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình Câu 2 (4,5 điểm) a) Giải phương trình b) Giải hệ phương trình Câu 3 (3,0 điểm) Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn xyz = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Câu 4 (5,5 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B Từ một điểm C thay đổi trê[.]

Đề thức TuhocOnline.edu.vn SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC Môn thi: TOÁN LỚP - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4,5 điểm): a) Cho hàm số f (x)  (x  12x  31) 2010 Tính f (a) a  16   16  b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 5(x  xy  y )  7(x  2y) Câu (4,5 điểm): a) Giải phương trình: x  x  x  x  x 1 1 x  y  z   b) Giải hệ phương trình:    4  xy z Câu (3,0 điểm): Cho x; y; z số thực dương thoả mãn: xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức: 1   x  y3  y3  z3  z  x  Câu (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) (O'; R') cắt hai điểm phân biệt A B Từ điểm C thay đổi tia đối tia AB Vẽ tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E tiếp điểm E nằm đường tròn tâm O') Hai đường thẳng AD AE cắt đường tròn tâm O' M N (M N khác với điểm A) Đường thẳng DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) MI.BE  BI.AE b) Khi điểm C thay đổi đường thẳng DE qua điểm cố định Câu (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân A, trung tuyến AD Điểm M di động đoạn AD Gọi N P hình chiếu điểm M AB AC Vẽ NH  PD H Xác định vị trí điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn - - - Hết - - A TuhocOnline.edu.vn Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Mơn: TỐN - BẢNG A Câu Ý Nội dung Điểm a  16   16   a  32  3 (16  5)(16  5).( 16   16  )  a  32  3.(4).a a) (2,0đ)  a  32  12a  a  12a  32   a  12a  31   f (a )  12010  5( x  xy  y )  7( x  y )  7( x  y ) M5 1, (4,5đ) 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 (1) 0,25  ( x  y )M5 (t  Z ) Đặt x  y  5t (2) (1) trở thành x  xy  y  7t (3) Từ (2)  x  5t  y thay vào (3) ta y  15ty  25t  7t  (*) b)   84t  75t (2,5đ) Để (*) có nghiệm     84t  75t  0t  28 25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vì t  Z  t  t  Thay vào (*) Với t   y1   x1   y2   x2  1  y3   x3  Với t    2, a) ĐK x  x  (4,5đ) (2,5đ) Với x  thỗ mãn phương trình Với x  Ta có x3  x  x ( x  1)  ( x  x  1) 0,25 0,25 0,5 TuhocOnline.edu.vn x  x  1( x  x)  ( x  x  1)  x3  x  x  x  x  x  x  Dấu "=" Xẩy    x  x   x  x    x   x  Vô lý  x  x  0,25 0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm x  0,25 0,25 0,25 1 1  x  y  z  (1)  (I )  ĐK x; y; z     (2)  xy z 1 2 Từ (1)  x  y  z  xy  xz  yz  0,25 Thế vào (2) ta được: 0,25 1 1 2   2 2 2   xy z x y z xy xz yz 1 2 b)  x  y  z  xz  yz  (2,0đ) 1  (   2)(   2) 0 x xz z y yz z 0,25 0,25 0,25 1 1  1         x z  y z 1  x  z    x  y  z 1   0  y z 0,25 Thay vào hệ (I) ta được: ( x; y; z )  ( ; ;  ) (TM ) 0,25 Ta có (x  y)  x; y 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 2 3, (3,0đ) 0,5  x  xy  y  xy Mà x; y > =>x+y>0 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)  x3 + y3 ≥ (x + y)xy  x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz  x3 + y3 + ≥ xy(x + y + z) > Tương tự: y3 + z3 + ≥ yz(x + y + z) > z3 + x3 + ≥ zx(x + y + z) > 1   A  xy(x  y  z) yz(x  y  z) xz(x  y  z) TuhocOnline.edu.vn x yz xyz(x  y  z) 1 A  xyz Vậy giá trị lớn A  x = y = z = 0,25 A  4, (5,5đ ) 0,25 0,25 C M A D Q O E K O' H I B N · · Ta có: BDE (cùng chắn cung BE đường tròn tâm O)  BAE · · (cùng chắn cung BN đường tròn tâm O') BAE  BMN · ·  BDE  BMN · · hay BDI  BDMI tứ giác nội tiếp  BMN · ·  MDI (cùng chắn cung MI)  MBI a) · · (cùng chắn cung AE đường tròn tâm O)  ABE (3,0đ) mà MDI · ·  ABE  MBI · · mặt khác BMI (chứng minh trên)  BAE  MBI ~  ABE (g.g) MI BI    MI.BE = BI.AE AE BE b) Gọi Q giao điểm CO DE  OC  DE Q (2,5đ)   OCD vuông D có DQ đường cao  OQ.OC = OD2 = R2 (1) 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 TuhocOnline.edu.vn Gọi K giao điểm hai đường thẳng OO' DE; H giao điểm AB OO'  OO'  AB H µ H µ  900 ;O µ chung Xét KQO CHO có Q  KQO ~ CHO (g.g) KO OQ   OC.OQ  KO.OH (2)  CO OH R2 Từ (1) (2)  KO.OH  R  OK  OH Vì OH cố định R không đổi  OK không đổi  K cố định 5, (2,5đ ) 0,50 0,50 0,50 0,50 A H' N P O M B D H C E ABC vuông cân A  AD phân giác góc A AD  BC  D  (O; AB/2) Ta có ANMP hình vng (hình chữ nhật có AM phân giác)  tứ giác ANMP nội tiếp đường trịn đường kính NP · mà NHP  900  H thuộc đường trịn đường kính NP · ·  AHN  AMN  450 (1) Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD E  tứ giác BNHE nội tiếp đường trịn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g)  BE = PC mà PC = BN  BN = BE  BNE vuông cân B · · ·  NEB (cùng chắn cung BN)  450 mà NHB  NEB ·  NHB  450 (2) 0,25 0,50 0,25 0,50 TuhocOnline.edu.vn · Từ (1) (2) suy AHB  900  H  (O; AB/2) gọi H' hình chiếu H AB HH '.AB  SAHB   SAHB lớn  HH' lớn mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D thuộc đường trịn đường kính AB OD  AB) Dấu "=" xẩy  H  D  M  D Lưu ý: - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa - Điểm thi tổng điểm không làm trịn 0,50 0,50 TuhocOnline.edu.vn PHỊNG GD&ĐT THẠCH HÀ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC Mơn thi: Tốn (Thời gian làm bài: 150 phút) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (4,5 điểm)  Tính giá trị biểu thức A   15  10    15 Tìm điều kiện xác định biểu thức sau: M 2018 N x2  2x  2019 x  2x  Câu (3,0 điểm) Cho số a, b,c khác 0, thỏa mãn a + b+ c = Chứng minh đẳng thức: 1 1 1  2    a b c a b c Tính giá trị biểu thức: B =  1 1 1         12 22 2 32 20182 20192 Câu (4,5 điểm) Cho đa thức f(x), tìm dư phép chia f(x) cho (x-1)(x+2) Biết f(x) chia cho x - dư f(x) chia cho x + dư Giải phương trình: x3 - 3x + x + = Tìm nghiệm nguyên phương trình: 5x2 + y2 = 17 – 2xy Câu (3,0 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c   2 bc ca ab 1 ; ; b) độ dài cạnh tam giác ab bc ca a) Câu (5,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, trung tuyến AM, phân giác AI Tính HI, IM; biết AC= 4/3AB diện tích tam giác ABC 24 cm2 Qua điểm O nằm tam giác ABC ta vẽ đường thẳng song song với cạnh tam giác Đường thẳng song song với cạnh AB cắt cạnh AC, BC E D; đường thẳng song song với cạnh BC cắt cạnh AB AC M N; đường thẳng song song với cạnh AC cắt cạnh AB BC F H Biết diện tích tam giác ODH, ONE, OMF a2, b2, c2 a) Tính diện tích S tam giác ABC theo a, b, c b) Chứng minh S  3(a2 + b2 +c2) Hết - Họ tên học sinh:…………………………………………………SBD:………… (Cán coi thi khơng giải thích thêm, học sinh khơng sử dụng máy tính bỏ túi ) SƠ LƯỢC GIẢI TuhocOnline.edu.vn Đề thi chọn HSG cấp huyện năm học Mơn: TỐN  2   10       15  Ta có A   15 A   15.1 A   5  Đáp án 15   15 5     15  15 10   5 5 =5-3=2 Điều kiện xác định M x  x    ( x  1)( x   x 1  x 1    x   x   x    x  1 2 x    x  x   (*) Điều kiện xác định N   x  x    x  (**)  x2  2x   x2  2x      x  1 Từ (*) (**) ta x  điều kiện xác định M 1 1  1 1        2    a b c a b c  ab bc bc  Ta có:   1 a b  1 2( a  b  c) 1  c           2 2   2 2 2 a b c b c abc a b c  abc abc abc  a Vậy 1 1 1  2    a b c a b c Theo câu a) Ta có 1 1 1 1  2       (*) a b c a b c a b ab Áp dụng (*) ta có: 1 1 1 1 1 1           2 1 (2) 1 (2) 1 1 (Vì    ) 1 1 1     ;… 32 42 1 1 1     2 2018 2019 2018 2019 4076360  Suy B  2019  2019 2019 3 x - 3x + x + = Û (x+1)(x2 - 4x + 6) = Û x + = (1) x2 – 4x + = (2) Tượng tự  1 1     ; 2 32 1 TuhocOnline.edu.vn (1) Û x =- (2) Û (x- 2)2 + = Do (x- 2)2 + ¹ " x nên pt vô nghiệm Vậy tập nghiệm phương trình cho S = { - 1} Vì (x- 1)(x + 2) = x2 + x- đa thức bậc nên f(x) : ( x  1)( x  2) có đa thức dư dạng ax + b Đặt f ( x)  ( x  1)( x  2).q( x)  ax  b Theo đề f(x) : (x - 1) dư  f (1)   a  b  (1) f(x) : (x + 2) dư  f (2)   2a  b  (2) Từ (1) (2)  a = b = Vậy f(x) : [ (x- 1)( x + 2)] dư 2x + 5x2 + y2 = 17 – 2xy  4x2 + (x + y)2 = 17 17 x2 số phương nên x2 = 0; 1;  x  17  x  Nếu x =  (x + y)2 = 17 (loại) Nếu x2 =  (x + y)2 = 13 (loại) Nếu x2 =  x = x = - x =  (2 + y)2 =  y = - y = - x = -2  (-2 + y)2 =  y = y = Vậy phương trình có nghiệm : (x; y) = (2; -3), (2; -1), (-2; 3), (-2; 1) Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên b + c > a  a (b  c)  a  a (b  c )  ab  ac  a  ab  ac a 2a  2a(b  c)  a(a  b  c)   bc abc b 2b c 2c   Tượng tự ta có: ; ca abc ba abc a b c 2a 2b 2c       (dpcm) Suy ra: bc c a ab a bc bca a bc Ta có a + b > c 1 1 2       b  c c  a b  c  a c  a  b a  b  c (a  b )  ( a  b ) a  b Chứng minh tương tự ta có Vậy 1 1 1     ; ca a b bc ab bc c a 1 ; ; độ dài cạnh tam giác (Đpcm) ab bc ca Do AC= ¾ AB (gt) AB.AC = 2S = 48, suy AC = (cm); AB = 8(cm) Áp dụng định lí Pitago tam giác vng ABC ta tính BC = 10 cm, suy AM = (cm) (1) Áp dụng tính chất canh đường cao tam giác vng ABC ta tính BH  AB2  3,6(cm) (2) BC TuhocOnline.edu.vn Áp dụng tính chất đường phân giác cua tam giác ta có IB AB IB AB IB 30       IB  cm (3) IC AC IB  IC AB  AC 10  Từ (1), (2) (3), ta có I nằm B M; H nằm B I 4,8 Vậy: HI = BI - BH  cm MI = BM - BI  cm Ta có tam giác ODH, EON, FMO đồng dạng với tam giác ABC Đặt SABC = d2 SODH a  DH  a DH     Ta có: ;    S ABC d BC d BC 2 S EON b  ON  b HC  HC     ; Tương tự         S ABC d BC BC d BC c BD  d BC a  b  c DH  HC  DB  1 d  a  b  c Suy ra: d BC Vậy S  d  (a  b  c) Áp dụng BĐT Cosy, ta có: a  b  2ab; b  c  2bc; a  c  2ac S  (a  b  c)  a  b  c  2ab  2bc  2ca S  a  b2  c  (a  b )  (b2  c )  (c  a )  3(a  b  c ) Dấu “=” xẩy a = b =c, hay O trọng tâm tam giác ABC Lưu ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa; Điểm tồn quy trịn đến 0,5 TuhocOnline.edu.vn TuhocOnline.edu.vn PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ THANH HÓA NĂM HỌC Mơn Tốn: Lớp ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1: (5,0 điểm)  x2 x  x 1   Cho biểu thức: P   Với x  0, x  : x x  x  x  1  x   a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P  c) So sánh: P 2P Bài 2: (4,0 điểm) a) Tìm x, y  Z thỏa mãn: y x  x  y   x  y  xy b) Cho a, b, c số nguyên khác thỏa mãn điều kiện: 1 1 1        b c a b c a Chứng minh rằng: a  b3  c3 chia hết cho Bài 3: (4,0 điểm) a) Giải phương trình sau: x  20 x  25  x  x   10 x  20 b) Cho x, y số thực thoả mãn: x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức: A = x + y + Bài 4: (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh a N điểm tùy ý thuộc cạnh AB Gọi E giao điểm CN DA Vẽ tia Cx vng góc với CE cắt AB F Lấy M trung điểm EF a) Chứng minh: CM vng góc với EF b) Chứng minh: NB.DE = a2 B, D, M thẳng hàng c) Tìm vị trí N AB cho diện tích tứ giác AEFC gấp lần diện tích hình vng ABCD Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a b c a b c      ab bc ca bc ca ab Hết -Lưu ý: Học sinh không sử dụng máy tính cầm tay TuhocOnline.edu.vn ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP Bài Câu a Nội dung Điều kiện: x  0, x   x2 P  x x  x    x2    x 1 x        b Điểm 0,5 x  x 1  : x 1 1 x   x  x 1  : x 1 x 1   x   x ( x  1)  ( x  x  1)   x  x 1   x 1 x  x 1   x 1 x  x 1 : x 1 2 x 1 0,5 0,5 0,5 x  x 1 Với x  0, x  Ta có: P 0,5 2  x  x 1 1,0  x  x 1 0,25   x x 60  ( x  2)( x  3)  Vì x   nên Vậy P = x = x    x  (t/m) 0,25 TuhocOnline.edu.vn c Vì x   x  x   2 x  x 1 0P2  P ( P  2)  0,25 0 0,25  P2  2P   P2  2P Dấu “=” xảy P =  x = Vậy P  2P 0,25 0,25 2 a y x  x  y   x  y  xy  y x  x  y   x  y  xy    x  1 (2 y  y  x)  1 0,5 0,25 Vì x, y Z nên x - 1 Ư(-1) =  1; 1 +) Nếu x – =  x = 0,5 Khi 2y - y – = -  y = (t/m) y = 1 Z (loại) +) Nếu x – = -1  x = 0,5 Khi 2y - y =  y = (t/m) y = x  x  ;  y 1 y 1 Vậy  1 Z (loại) 0,25 TuhocOnline.edu.vn b a) Từ giả thiết 0,5 1 1 1 (   )2    a b c a b c 1  2(   )  ab bc ca 0,5 Vì a, b, c  nên a + b + c =  a  b  c   a  b    c  3  a  b  3ab(a  b)  c 3 0,25  a  b  c  3abc 3 0,5 0,25 3 3 Vậy a  b  c M với a, b, c  Z Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng đẳng thức x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) a mà khơng chứng minh trừ 0,5 điểm Đkxđ: x  R 0,25 x  20 x  25  x  x   10 x  20 Vì x  20 x  25  x  x   với x  10x – 20   x  0,5 Ta có: x  20 x  25  x  x   10 x  20 0,5  x   x   10 x  20  x   x   10 x  20  x  28  x  4(t / m) Vậy phương trình có nghiệm x = 0,5 0,25 TuhocOnline.edu.vn b x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0,5   x  y   7( x  y )  10   y 2  ( x  y  2)( x  y  5)   y  0,5  4  x  y   1 * x + y + = - x = - 5; y = 0,5 * x + y + = - x = - 2; y = Vậy Amin = - x= - 5; y = 0,5 Amax = - x = -2; y = a E M A N B F 1,0 D C · · · Ta có: ECD (cùng phụ với ECB )  BCF Chứng minh được:  EDC =  FBC (cạnh góc vng – góc nhọn)  CE = CF   ECF cân C Mà CM đường trung tuyến nên CM  EF 1,0 TuhocOnline.edu.vn b * Vì  EDC =  FBC  ED = FB 0,5  NCF vuông C Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: BC2 = NB.BF  a2 = NB.DE (đpcm) 0,5 *  CEF vuông C có CM đường trung tuyến nên CM   AEF vng A có AM đường trung tuyến nên AM  EF EF 0,5  CM = AM  M thuộc đường trung trực AC Vì ABCD hình vng nên B, D thuộc đường trung trực AC 0,5  B, D, M thẳng hàng thuộc đường trung trực AC c (đpcm) Đặt DE = x (x > 0)  BF = x SACFE = SACF + SAEF = AF  AE CB   (AB  BF)  AE AD   (a  x).DE  (a  x)x SACFE = 3.SABCD  0,5 0,25 0,5 (a  x)x  3a  6a  ax  x   (2a  x)(3a  x)  Do x > 0; a >  3a + x >  2a  x   x = 2a 0,5  A trung điểm DE  AE = a Vì AE //BC nên AN AE  1 NB BC 0,25  N trung điểm AB Vậy với N trung điểm AB SACFE = 3.SABCD * Vì a, b, c > nên Tương tự: a a ac  1  ab ab abc b ba  ; bc abc c cb  ca abc 0,5 TuhocOnline.edu.vn  a b c    (1) ab bc ca * Ta có: a a  bc a (b  c) Vì a, b, c > nên theo bất đẳng thức Cơ- si ta có: a  (b  c)  a (b  c )  2   abc a (b  c )  2a a 2a a    abc abc bc a (b  c ) Tương tự:  2b b  ; abc ac 2c c  abc ba a b c   2 bc ca ab Dấu ‘ =” xảy a = b + c; b = c + a; c = a +b tức a = b = c (vô lý)  a b c    (2) bc ca ab Từ (1) (2) ta có đpcm 0,5 TuhocOnline.edu.vn TuhocOnline.edu.vn SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CẤP THCS NĂM HỌC ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 12/4/2017 (Đề thi gồm 01 trang) Bài (2,0 điểm) a) Cho x  10  (  1) 62  Tính giá trị P   12x + 4x – 55  2017 a  a a 1 a  a a  a 1   a a  a a a a b) Cho biểu thức với a > 0, a  Với giá trị a biểu thức N  nhận giá trị nguyên? M M Bài (2,0 điểm) a) Cho phương trình: x  2mx  m  m   (m tham số) Với giá trị m phương trình có hai nghiệm x1 x cho x1  x  ? 2 2  x y  2x y  x y  2xy  3x   b) Cho hệ phương trình  2017 y  x  y  3m  Tìm giá trị m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt  x ; y1   x ; y  thỏa mãn điều kiện  x  y   x  y1    Bài (2,0 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương a, b cho a + b chia hết cho a b  b) Cho ba số thực a, b, c dương Chứng minh rằng: a3 a3   b  c  b3 b3   c  a   c3 c3   a  b   Bài (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (điểm B nằm điểm A điểm C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi qua điểm B điểm C (điểm O không thuộc đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O (với M N tiếp điểm) Đường thẳng BC cắt MN điểm K Đường thẳng AO cắt MN điểm H cắt đường tròn điểm P điểm Q (P nằm A Q) a) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi b) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME Bài (1,0 điểm) Cho tập hợp A gồm 21 phần tử số nguyên khác thỏa mãn tổng 11 phần tử lớn tổng 10 phần tử lại Biết số 101 102 thuộc tập hợp A Tìm tất phần tử tập hợp A -Hết - TuhocOnline.edu.vn (Cán coi thi khơng giải thích thêm) SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Năm học MƠN: Tốn (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa Tổng điểm thi: 10 điểm Bài Bài (2 điểm) Đáp án Điểm 1a) (1,0 điểm) Ta có : 10      (  1) 3  0,25  1    (  1)  x (  1)3 (  1) (  1)  0,25 (  1)(  1)   2 1  0,25 Thay giá trị x vào P ta được:  P  12.22  2 55  2017 1b) (1,0 điểm) Với điều kiện a  0; a  thì: M M a 1  a   a   a 1 a  a   a 1  M  a  a 1   a 1  a  Do  N    a  1   a 1 a  a 1  a 1  a 1 0,25 a 0 Ta thấy với  a   a  a     a a 1 a 1   a 1 a  a 1 a    a a a Khi N  0,25  12017  a  a 1 Để N có giá trị nguyên N = 0,25 2 0,25 TuhocOnline.edu.vn a 1 a  a    a  a 1   a  32 a   ( tháa m· n) a 2 3    a    a   ( tháa m· n)    0,25 Vậy a   2a) (1,0 điểm) Phương trình: x  2mx  m  m   có hai nghiệm thì:  '  m  m  m   m    m  6   Theo hệ thức Vi-ét ta có: 0,25  x1  x  2m   x1x  m  m  Ta có: x1  x   x12  x 2  x1x  64  Bài (2 điểm)  x1  x  0,25  2x1x  x1x  64 (1) Trường hợp 1: Nếu x1 x dấu thì: m  6  x1x    m  m    m    m  3   6  m  2  (*) m  0,25 Khi (1)   x1  x   64  4m  64  m  4 (thỏa mãn (*)) Trường hợp 2: Nếu x1 x trái dấu thì: x1x   m  m    m    m  3   2  m  (**)   2 Khi (1)   x1  x   4x1x  64  4m  m  m   64  m   16  m  10 (không thỏa mãn điều kiện (**) Kết luận: m   0,25 2b) (1,0 điểm)  x y  2x y  x y  2xy  3x   (1)  2017  y  3m (2)  y  x Ta có (1)  x y  x y  2x y  2xy  3x     x    xy  1    V« lý  (x  1) x y  2xy   0,25 TuhocOnline.edu.vn Thay x = vào phương trình (2) ta y  y  3m   (3) Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì:     3m  1   12m    m  Theo đề bài:  x  y   x  y1      y1  y  y1y  (4) x1  x  theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có :  y1  y2  thay vào (4) ta có:   3m   m  (thỏa mãn)  y y   3m  0,25 0,25 Với m  Kết luận: m = 3a) (1,0 điểm) Ta có (a + b2)  (a2b – 1) suy ra: a + b2 = k(a2b – 1), với k  *  a + k = b(ka2 – b) hay mb = a + k (1) với m  ka – b  ¥ *  m + b = ka2 (2) Từ (1) (2) suy ra: mb  m  b   a  k  ka   (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) 0,25 0,25 * Do m, b  ¥   m – 1  b – 1  Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka)  Lại a > nên suy ra: k + – ka    k(a – 1)   ¥ Vì a –  0, k > nên  k  a – 1   vµ k  a –1  a   k(a  1)      a   k(a  1)    k  0,25 Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = Bài (2 điểm)  m     b   k.a   a  b       m   b   k.a   a     b   0,25 Vậy, trường hợp ta hai cặp a = 1; b = a = 1; b = b  Với a = k = Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) =   m  Khi b = 1, ta được: a = 2, b = Khi m = 1: từ (1) suy a + k = b  b = Khi đó: a = 2, b = Vậy có cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1) 3b) (1,0 điểm) 0,25 TuhocOnline.edu.vn Với x số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x 1  x2  x 1 x2  x    x  1 x  x    2   (*) x 1 x    0,25 Dấu “ =” xảy x = Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được: a3 a3   b  c  3 bc 1    a  a3 Suy ra: a3   b  c   2 bc   2  a   2a  b  c  2a 0,25 2a a2  (1) 2 2 b  c  2a a  b  c   Tương tự ta có: b3 b3   a  c  c 3 c3   a  b    b2 (2) a  b2  c2 0,25 c (3) a  b2  c2 Cộng vế với vế ba bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3 a3   b  c Bài (3 điểm)  b3 b3   a  c  Dấu “=” xảy a = b = c Hình vẽ: 4a) (1,5 điểm)  c3 c3   a  b  1 0,25 TuhocOnline.edu.vn Gọi I trung điểm BC suy IO  BC · · · ABN đồng dạng với ANC (Vì ANB , CAN chung)  ACN AB AN  AB.AC = AN2   AN AC ANO vuông N, đường cao NH nên AH.AO = AN2  AB.AC = AH.AO (1) AHK đồng dạng với AIO (g.g) Nên AH AK   AI AK AH AO (2) AI AO Từ (1) (2) suy AI.AK  AB.AC  AK  AB AC AI ME MH  MQ DQ MP MH MH   PMH đồng dạng MQH (g.g)  MQ QH 2DQ MP ME    ME = MP  P trung điểm ME MQ MQ Ta có: MHE đồng dạng QDM (g.g)   0,25 0,5 Ta có A, B, C cố định nên I cố định  AK không đổi Mà A cố định, K giao điểm BC MN nên K thuộc tia AB  K cố định (đpcm) 4b) (1,5 điểm) Bài (1,0 điềm) 0,50 0,25 0,50 0,50 0,50  Giả sử A = a1;a ;a 3; ;a 21 với a1; a ; a 3; ; a 21  ¢ Bài (1 điểm) a1  a  a   a 21 Theo giả thiết ta có a1  a  a   a11  a12  a13   a 21  a1  a12  a  a13  a   a 21  a11 (1) Mặt khác với x; y  Z y  x y  x   a12  a  10, a13  a  10, ,a 21  a11  10 (2) Nên từ (1) suy a1  10 + 10 + +10 = 100 mà a1 nhỏ 101 A  a1 =101 Ta có 101  a12  a  a13  a   a 21  a 11  100  a12  a  a13  a   a 21  a11  100 0,25 0,25 Kết hợp với (2)  a12  a  a13  a   a 21  a11  10 (3)  10  a12  a  (a12  a11 )  (a11  a10 )   (a  a )  10  a12  a11  a11  a10   a  a  (4) Ta có a1 =101 mà 102  A  a  102 Kết hợp với (3) (4) suy A =  101;102;103; ;121 - Hết 0,25 0,25 ... ·NMF  TuhocOnline.edu.vn PHỊNG GD&ĐT HẠ HỊA ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học: Mơn: Tốn Ngày thi: (Thời gianlàm bài: 150 phút - Đề thi có 01 trang) Bài 1(3 điểm): a) Tìm nghiệm tự...   4 198 9  n 27  Vì A  227  số phương nên  4 198 9  4n 27 số phương Ta có  4 198 9  4n27 > 4n 27  (2 n 27 ) *mà  4 198 9  4n27 số phương nên ta có 0,5 n 27  1  2n 27  2 397 7 ... TuhocOnline.edu.vn (Cán coi thi không giải thích thêm) SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Năm học MƠN: Tốn (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Chú ý: - Thí sinh