De va dap an HSG toan 9 hai phong 2016

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM 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 Đáp án Điểm 1a) (1,0 điểm) Bài (2 điểm) 3 + Đặt u = 20 + 14 ; v = 20 − 14 3 Ta có x = u + v u + v = 40 0,25 đ u.v = (20 + 14 2)(20 − 14 2) = x = u + v ⇒ x = u + v3 + 3uv(u + v) = 40 + 6x 0,25 đ 0,25 đ hay x − 6x = 40 Vậy A = 2016 1b) (1,0 điểm) Ta có x + y + z + xyz = ⇔ 4(x + y + z) + xyz = 16 Khi ta có: 0,25 đ 0,25 đ x(4 − y)(4 − z) = x(16 − 4y − 4z + yz) = x(yz + xyz + 4x) = x ( yz + x ) = xyz + 2x Tương tự 0,25 đ (1) y(4 − z)(4 − x) = xyz + 2y (2) z(4 − x)(4 − y) = xyz + 2z (3) Từ (1), (2), (3) suy B = 2(x + y + z + xyz ) = 2.4 = Bài 2a) (1,0 điểm) (2 điểm) Áp dụng định lí Vi-ét ta có: x1 + x = −p; x1x = x + x = −q; x 3x = 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ⇒ ( x − x ) ( x − x ) = x1 x − x ( x + x ) + x = + x 3p + ( −1 − qx ) 2 (vì x nghiệm phương trình x + qx + = ⇒ x + qx + = nên x = −qx − ) ⇒ ( x1 − x ) ( x − x ) = x ( p − q ) ( 1) x + x ) ( x + x ) = − px + ( −qx − 1) = − x ( p + q ) ( ) Tương tự ( Từ (1) (2) suy đpcm 2b) (1,0 điểm) phương trình hệ ta được: Cộng vế với vế hai 2x + y + 3xy − 7x − 5y + = ⇔ y − (5 − 3x)y + 2x − 7x + = -Trang 1- 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ⇔ (y + 2x − 3)(y + x − 2) =   y + 2x − = (1) (I)  2   x + y + xy = (2)  y + x − = (3) (II)    x + y + xy = (4) 0,25 đ , Hệ cho đương đương với Giải hệ phương trình (I): Rút y (1) thay vào (2) ta được: x = ⇒ y = x − 3x + = ⇔   x = ⇒ y = −1 Giải hệ phương trình (II): Rút y (3) thay vào (4) ta được: x − 2x + = ⇔ x = ⇒ y = (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 ( ) ( 0,25 đ 0,25 đ ) Ta có ⇔ 2016x − 2015y = 2001(2016y − 2015z) (1) 0,25 đ Vì 2001 số vô tỉ x, y, z số nguyên dương nên ta có ( 1) ⇒ 2016x – 2015y = 2016y – 2015z = 2016x = 2015y ⇒ ⇒ xz = y 2016y = 2015z 0,25 đ x + y + z = ( x + z ) − 2xz + y 2 Ta lại có: = ( x + z ) − y2 = ( x + y + z ) ( x − y + z ) 2 2 Vì x + y + z số nguyên tố x + y + z số nguyên lớn 2 nên x – y + z = Do x + y + z = x + y + z 0,25 đ 2 Nhưng x, y, z số nguyên dương nên x ≥ x ; y ≥ y ; z ≥ z 2 Suy x = x, y = y, z = z  ⇒ x = y = z = ( ) ( ) 2016 x − y 2001 = 2015 y − z 2001 Thử x = y = z = vào (không thỏa mãn) 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) ( Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki: -Trang 2- zx + xy ) ≤ ( x + y) ( z + x ) 0,25 đ 0,25 đ ⇒ ( ) zx + xy ≤ ( x + y) ( y + z) = 3x + yz ⇒ x + zx + xy ≤ x + 3x + yz ⇒ x x x ≤ = x + 3x + yz x + zx + xy x+ y+ z y y ≤ x+ y+ z; Chứng minh tương tự ta được: y + 3y + zx z z ≤ ; z + 3z + xy x+ y+ z Cộng vế bất đẳng thức chiều ta được: x y z + + ≤1 x + 3x + yz y + 3y + zx z + 3z + xy (đpcm) Bài (3 điểm) Dấu ‘=’ xảy x = y = z = Hình vẽ: 4.1a (1,0 điểm) Tứ giác BIMK CIMH nội tiếp · · · · ⇒ KIM = KBM; HIM = HCM · · · · · ⇒ PIQ = KIM + HIM = KBM + HCM ·KBM = ICM · ¼ ) Mà (cùng sđ BM · · · · · ¼ HCM = IBM (cùng sđ CM ) ⇒ PIQ = ICM + IBM · · · Ta lại có PMQ + ICM + IBM = 180 (tổng ba góc tam giác) · · ⇒ PMQ + PIQ = 1800 · · » ) Do tứ giác MPIQ nội tiếp ⇒ MQP = MIK (cùng sđ PM -Trang 3- 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ · · · · · Mà MIK = MCI (vì KBM ) ⇒ MQP = MCI ·MHI = MCI · » ) Ta có: (cùng sđ IM ¼ · · ⇒ MQP = MHI = sđMQ ·MQP = MCI · mà (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: PQ tiếp tuyến đường tròn (O1) tiếp điểm P (2) Từ (1) (2) ⇒ PQ tiếp tuyến chung đường tròn (O1) (O2) QE = EM.EN (vì ∆ QEM S S 4.1b (1,0 điểm) Gọi E; D’lần lượt giao điểm NM với PQ BC Ta có PE = EM.EN (vì ∆ PEM ∆ NEP) ∆ NEQ) 2 ⇒ PE = QE (vì PE; QE > 0) ⇒ PE = QE · · Xét ∆ MBC có PQ // BC (do MQP = MCI chứng minh trên) EP EQ = nên: D 'B D 'C (hệ định lí Thales) Mà EP = EQ ⇒ D’B = D’C D’ ≡ D Suy N, M, D thẳng hàng 4.2 (1,0 điểm) -Vẽ đường kính AN (O) Suy OP đường trung bình ∆AQN  0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ · · · · ⇒ PO / /QN ⇒ AOP = ONQ (đồng vị) POQ = OQN (so le trong) · · · · Xét ONQ có OQ < ON ⇒ ONQ < OQN ⇒ AOP < POQ » < KH » · · » » ⇒ AK hay AOK < KOH ⇒ sđ AK < sđ KH Bài 5 (1,0 điểm) (1 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 Ta có tứ giác AA1B1D BCB1A1 hình thang có MI, NI -Trang 4- 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ đường trung bình hai hình thang SAA1B1D AD ( AA1 + DB1 ) 2IM IM = = = = SA1BCB1 2IN IN BC ( A1B + B1C ) Khi (theo GT) MI 1 = MI = MN Suy MN nên điểm I cố định Lập luận tương tự ta tìm điểm H; J; K cố định (hình vẽ) Có điểm cố định mà có 2017 đường thẳng qua nên theo nguyên lý Đirichlet phải có 505 đường thẳng đồng quy - Hết -Trang 5- 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ... 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 ( ) ( 0,25 đ 0,25 đ ) Ta có ⇔ 2016x − 2015y = 2001(2016y − 2015z) (1) 0,25 đ Vì 2001... 0,25 đ Vì 2001 số vô tỉ x, y, z số nguyên dương nên ta có ( 1) ⇒ 2016x – 2015y = 2016y – 2015z = 2016x = 2015y ⇒ ⇒ xz = y 2016y = 2015z 0,25 đ x + y + z = ( x + z ) − 2xz + y 2 Ta lại có:... 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 Ta có tứ giác AA1B1D BCB1A1 hình thang có MI, NI -Trang 4- 0,25 đ 0,25 đ 0,25