SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CẤP THCS NĂM HỌC 2016 - 2017 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) 62 Tính giá trị P 12x + 4x – 55 2017 a 1 a a a a a a a a a aa 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 0 (m tham số) Với giá trị m phương trình có hai nghiệm x1 x cho x1 x 8 ? x y 2x y x y 2xy 3x 0 b) Cho hệ phương trình 2017 y 3m y x 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 0 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 1 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 trịn tâm O thay đổi ln 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 - (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 2016 - 2017 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) x ( 1) 62 3 ( 1)3 ( 1) ( 1) 0,25 3 0,25 ( 1)( 1) 2 1 0,25 Thay giá trị x vào P ta được: P 12.22 55 2017 0,25 12017 1 1b) (1,0 điểm) Với điều kiện a 0; a 1 thì: M M a 1 a a a1 a 1 a a 1 a a a a M a a 1 Ta thấy với a 1 a a 1 a a a 1 a 1 a 1 a1 a 1 Khi N a a a 1 a 1 a a 1 0,25 a 0 a 1 a 2 a 1 0,25 Do N Để N có giá trị ngun N = a 1 a a 1 a a 0 0,25 0,25 a a 2 a 7 ( tháa m·n) 3 a 7 ( tháa m·n) a Vậy a 7 4 2a) (1,0 điểm) Phương trình: x 2mx m m 0 có hai nghiệm thì: ' m m m m 0 m Theo hệ thức Vi-ét ta có: 0,25 x1 x 2m x1x m m Ta có: x1 x 8 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 x1x 0 m m m m 3 0 m (*) m 3 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 m (**) 2 Khi (1) x1 x 4x1x 64 4m m m 64 0,25 m 16 m 10 (không thỏa mãn điều kiện (**) Kết luận: m 2b) (1,0 điểm) x y 2x y x y 2xy 3x 0 (1) 2017 y 3m (2) y x 2 2 Ta có (1) x y x y 2x y 2xy 3x 0 x 1 xy 1 0 V« lý (x 1) x y 2xy 0 0,25 Thay x = vào phương trình (2) ta y y 3m 0 (3) Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì: 1 3m 1 12m m Theo đề bài: x y x y1 0 y1 y y1y 0 (4) x1 x 1 theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có : y1 y 1 thay vào (4) ta có: 3m 0 m 2 (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) * Do m, b m –1 b – 1 0 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 0 vµ k a – 1 Bài (2 điểm) k(a 1) 0 k(a 1) 1 a 1 a 2 k 1 0,25 0,25 0,25 Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = m 2 b 1 m 1 b 2 b 2 k.a 5 a 1 b 3 k.a 5 a 1 0,25 Vậy, trường hợp ta hai cặp a = 1; b = a = 1; b = b 1 Với a = k = Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = m 1 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) Với x số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x3 1 x 1 x x 1 2 x 1 x x 1 x 2 0,25 0,25 (*) x 1 x Dấu “ =” xảy x = Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được: a3 a3 b c bc 1 a a3 Suy ra: a3 b c 2 bc 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 c3 c3 a b b2 (2) a b2 c2 0,25 c2 (3) a b 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 c3 c3 a b 1 0,25 Dấu “=” xảy a = b = c Hình vẽ: M A H P B E O Q D K I N C d 4a) (1,5 điểm) 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) 0,50 0,25 0,5 Nên AH AK AI AK AH AO (2) AI AO Từ (1) (2) suy AI.AK AB.AC AK AB AC AI 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) 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 0,50 0,50 0,50 Bài (1,0 điềm) 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 a11 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 1 (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