016 đề hsg toán 9 hải phòng 2016 2017

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) 62  Tính giá trị P  12x + 4x – 55  2017 a 1 a a  a  a a  a    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  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)  62  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  a1 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 a1 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   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  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