SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CẤP THCS NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 12/ 4/ 2016 Bài (2,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức với b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện: Rút gọn biểu thức: Bài (2,0 điểm) a) Giả sử phương trình hai nghiệm phương trình hai nghiệm Chứng minh: b) Giải hệ phương trình: Bài (2,0 điểm) a) Tìm ba số x, y, z nguyên dương thỏa mãn: số nguyên tố b) Cho x, y, z ba số dương thoả mãn x + y + z = Chứng minh rằng: Bài (3,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A ( ), vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với hai cạnh AB, AC điểm B, điểm C Trên cung BC (O) nằm tam giác ABC lấy điểm M Gọi I; H; K theo thứ tự hình chiếu điểm M BC; CA; AB P giao điểm MB với IK, Q giao điểm MC với IH Gọi (O 1) (O2 ) đường tròn ngoại tiếp MPK MQH Gọi D trung điểm đoạn BC; N giao điểm thứ hai (O 1) (O2) Chứng minh: a) PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn (O1) (O2 ) b) ba điểm M, N, D thẳng hàng Trên dây cung AB (O) (AB không qua tâm O) lấy hai điểm P Q cho AP = PQ = QB Vẽ bán kính OK, OH thứ tự qua điểm P điểm Q Chứng minh Bài (1,0 điểm) Cho 2017 đường thẳng phân biệt cắt hai cạnh đối hình vuông thành hai phần có tỉ số diện tích 1:2 Chứng minh 2017 đường thẳng có 505 đường thẳng đồng quy -Hết (Cán coi thi không giải thích thêm) SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM HẢI PHÒNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Năm học 2015 - 2016 MÔN: Toán (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa Tổng điểm thi: 10 điểm Bài Bài Đáp án Điểm 1a) (1,0 điểm) (2 điểm) 20 + 14 + Đặt u = 20 − 14 ;v= 0,25 đ u + v = 40 Ta có x = u + v 3 (20 + 14 2)(20 − 14 2) = u.v = x = u + v ⇒ x = u + v + 3uv(u + v) = 40 + 6x 0,25 đ 0,25 đ x − 6x = 40 hay 0,25 đ Vậy A = 2016 1b) (1,0 điểm) x + y + z + xyz = ⇔ 4(x + y + z) + xyz = 16 0,25 đ Ta có x(4 − y)(4 − z) = x(16 − 4y − 4z + yz) Khi ta có: = x(yz + xyz + 4x) 0,25 đ = x ( yz + x ) = xyz + 2x (1) y(4 − z)(4 − x) = xyz + 2y Tương tự (2) 0,25 đ z(4 − x)(4 − y) = xyz + 2z (3) B = 2(x + y + z + xyz ) = 2.4 = Từ (1), (2), (3) suy Bài 0,25 đ 2a) (1,0 điểm) x1 + x = − p; x1x = (2 điểm) Áp dụng định lí Vi-ét ta có: 0,25 đ x + x = −q; x 3x = ⇒ ( x − x ) ( x − x ) = x 1x − x ( x1 + x ) + x = + x 3p + ( −1 − qx ) (vì 0,25 đ x + qx + = ⇒ x + qx + = x3 nghiệm phương trình nên x = −qx − ) ⇒ ( x1 − x ) ( x − x ) = x ( p − q ) ( 1) ( x1 + x ) ( x + x ) = − px + ( −qx − 1) = − x ( p + q ) ( ) Tương tự Từ (1) (2) suy đpcm 0,25 đ 0,25 đ 2b) (1,0 điểm) Cộng vế với vế hai phương trình hệ ta được: 2x + y + 3xy − 7x − 5y + = ⇔ y − (5 − 3x)y + 2x − 7x + = 0,25 đ ⇔ (y + 2x − 3)(y + x − 2) = y + 2x − = (1) (I) 2 x + y + xy = (2) y+x −2 =0 (3) (II) 2 x + y + xy = (4) Hệ cho đương đương với 0,25 đ , Giải hệ phương trình (I): Rút y (1) thay vào (2) ta được: x = ⇒ y = x − 3x + = ⇔ x = ⇒ y = −1 0,25 đ Giải hệ phương trình (II): Rút y (3) thay vào (4) ta được: x − 2x + = ⇔ x = ⇒ y = 0,25 đ (1; 1); (2; −1) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm Bài 3a (1,0 điểm) ( (2 điểm) ) ( 2016 x − y 2001 = 2015 y − z 2001 ) Ta có 0,25 đ ⇔ 2016x − 2015y = 2001(2016y − 2015z) (1) 0,25 đ 2001 Vì số vô tỉ x, y, z số nguyên dương nên ta có ( 1) ⇒ 2016x – 2015y = 2016y – 2015z = 2016x = 2015y ⇒ ⇒ xz = y 2016y = 2015z x + y + z = ( x + z ) − 2xz + y 2 Ta lại có: = ( x + z ) − y2 = ( x + y + z ) ( x − y + z ) x + y2 + z2 Vì số nguyên tố x + y + z số nguyên lớn nên x – y + z x + y2 + z2 = x + y + z 0,25 đ = Do x ≥ x ; y2 ≥ y ; z ≥ z Nhưng x, y, z số nguyên dương nên x = x, y = y, z = z ⇒ x = y = z = Suy ( Thử thỏa mãn) ) ( 2016 x − y 2001 = 2015 y − z 2001 x = y = z =1 vào ) (không 0,25 đ Vậy không tìm x, y, z thỏa mãn yêu cầu toán 3b) (1,0 điểm) 3x + yz = ( x + y + z ) x + yz = ( x + y ) ( x + z ) Ta có (vì x + y + z = 3) ( zx + xy ) ≤ ( x + y) ( z + x ) Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki: ⇒ ( ) zx + xy ≤ ( x + y) ( y + z) 0,25 đ = 3x + yz ⇒ x + zx + xy ≤ x + 3x + yz ⇒ x x ≤ = x + 3x + yz x + zx + xy x x+ y+ z y ≤ y + 3y + zx Chứng minh tương tự ta được: y x+ y+ z ; 0,25 đ z z ≤ ; z + 3z + xy x+ y+ z Cộng vế bất đẳng thức chiều ta được: 0,25 đ x y z + + ≤1 x + 3x + yz y + 3y + zx z + 3z + xy (đpcm) Dấu ‘=’ xảy x = y = z = Bài 0,25 đ Hình vẽ: (3 điểm) 4.1a (1,0 điểm) Tứ giác BIMK CIMH nội tiếp · · · · ⇒ KIM = KBM; HIM = HCM 0,25 đ · · · · · ⇒ PIQ = KIM + HIM = KBM + HCM Mà · · KBM = ICM (cùng sđ ¼ BM ) 0,25 đ · · HCM = IBM (cùng · · · ¼ ⇒ PIQ = ICM + IBM CM sđ ) · · · PMQ + ICM + IBM = 1800 Ta lại có · · ⇒ PMQ + PIQ = 1800 0,25 đ (tổng ba góc tam giác) · · ⇒ MQP = MIK Do tứ giác MPIQ nội tiếp · · MIK = MCI Mà Ta có: (cùng (vì · · MHI = MCI ) · · · ⇒ MQP = MCI KBM ) (cùng sđ » IM ) ¼ · · ⇒ MQP = MHI = sđMQ · · MQP = MCI mà sđ » PM (chứng minh trên) Hai tia QP; QH nằm khác phía QM ⇒ PQ tiếp tuyến đường tròn (O2) tiếp điểm Q (1) Tương tự ta có: 0,25 đ PQ tiếp tuyến đường tròn (O1) tiếp điểm P (2) Từ (1) (2) ⇒ PQ tiếp tuyến chung đường tròn (O1) (O2) 4.1b (1,0 điểm) Gọi E; D’lần lượt giao điểm NM với PQ BC Ta có (vì QE = EM.EN (vì ⇒ Xét ∆ ∆ ∆ S ∆ PEM ∆ NEP) 0,5 đ S PE = EM.EN QEM PE2 = QE2 (vì PE; QE > 0) ⇒ NEQ) PE = QE · · MQP = MCI MBC có PQ // BC (do chứng minh trên) 0,25 đ EP EQ = D 'B D 'C nên: Mà EP = EQ (hệ định lí Thales) ⇒ D’B = D’C D’ Suy N, M, D thẳng hàng 4.2 (1,0 điểm) ≡ D 0,25 đ -Vẽ đường kính AN (O) ∆AQN Suy OP đường trung bình 0,25 đ · · = ONQ ⇒ PO / /QN ⇒ AOP · · POQ = OQN (đồng vị) (so le trong) · · · · ⇒ ONQ < OQN ⇒ AOP < POQ 0,25 đ Xét ONQ có OQ < ON hay Bài (1 điểm) · · AOK < KOH ⇒ sđ » AK < sđ 0,25 đ » < KH » » ⇒ AK KH 0,25 đ (1,0 điểm) Gọi MN; EF đường nối trung điểm hai cạnh đối hình vuông (hình vẽ) Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB A1 cắt MN I cắt cạnh CD B1 0,25 đ Ta có tứ giác AA1B1D BCB1A1 hình thang có MI, NI đường trung bình hai hình thang SAA1B1D SA1BCB1 Khi (theo GT) MI = MN Suy 0,25 đ AD ( AA1 + DB1 ) 2IM IM = = = = 2IN IN BC ( A1B + B1C ) MI = MN nên điểm I cố định Lập luận tương tự ta tìm điểm H; J; K cố định (hình vẽ) 0,25 đ Có điểm cố định mà có 2017 đường thẳng qua nên theo nguyên lý Đirichlet phải có 505 đường thẳng đồng quy 0,25 đ - Hết