Đang tải... (xem toàn văn)
PHÒNG GD&ĐT TP. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao cho AM > R. Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tạ[r]
(1)PHÒNG GD&ĐT TP BẮC GIANG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-2017
Mơn: Tốn lớp Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (5 điểm)
a Cho biểu thức M=a a b b a b
a b a b b a
với a, b > ab
Rút gọi M tính giá trị biểu thức M biết 1a1b2 ab 1 b Tìm số nguyên a, b thoả mãn 18
2
ab ab
c Cho a, b, c thỏa mãn a b c 7 ; a b c 23 ; abc 3
Tính giá trị biểu thức H= 1
6 6
ab c bc a ca b Bài 2: (4,5 điểm)
a Tính giá trị biểu thức N= 4 27 10
4 13
b Cho a, b số hữu tỉ thỏa mãn 2 2
a b a b +
(1ab) 4ab
Chứng minh 1ab số hữu tỉ
c Giải phương trình x2 x 4 2 x1 1 x
Bài 3: (3,5 điểm)
a Tìm tất cặp số nguyên (x;y) thoả mãn 2
x y xy
b Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 Chứng minh 1
2
2 2
ab a bc b ca c
Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường trịn (O;R) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường trịn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, Ax lấy M cho AM > R Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vng góc với AB, CE vng góc với AM Đường thẳng vng góc với AB O cắt BC N Đường thẳng MO cắt CE, CA, CH tại Q, K, P
a. Chứng minh MNCO hình thang cân
b. MB cắt CH I Chứng minh KI son song với AB
c. Gọi G F trung điểm AH AE Chứng minh PG vng góc với QF Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn để A= 427 + 42016 + 4n là số phương
-
(2)HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-207 MƠN: TỐN LỚP
Câu Nội Dung Điểm
Bài 4 đ
a/
1,5đ -Rút gọn M= aab b với a, b>0 ab -Ta có
2
2
1 1
( ) 1
a b ab ab a b ab
ab ab
ab a b
a b a b
+ Nếu a>b>0
0; 0
1
ab
a b a b ab
a b
ab ab ab
M
a b a b a b
+ 0<a<b
0; 0
1
ab
a b a b ab
a b
ab ab ab
M
a b a b a b
0,75 0,25 0,25 0,25 b/ 1,5đ
2 2
2 2
2 2
2 2
5
18
2
5 4 18 2
5 4 18 36
18 36
18 36
a b a b
a b a b a b a b
a b a b a b a b
a b b a b a
a b b a b a
-Nếu 2 2 2
18 36
18 36
a b a
a b b
a b b
Vì a, b nguyên nên
2
2
3
2
18 36
a b a
Q Q
a b b
Vơ lý số vơ tỉ
-Vây ta có
2 2 2 2 2 3
18 36
18 36
2
3
3
a b b
a b b
a b b a b
a b a
a b a
Thay a=
2b vào
2
3a 6b a t
a có 2 2
3 27 24 ( 2)
4b b 2b b b b b b
Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , a=3 Kết luận
0,5
0,25
(3)c/
2 đ Ta có
2
2
a b c a b c ab bc ca
mà a b c 7 ; a b c 23 nên ab bc ca 13 Ta có a b c 7 c 6 a b1
nên ab c 6 ab a b 1 a1 b1
Tương tự bc a 6 b1 c1 ; ac b 6 a 1 c1
Vậy H= 1
6 6
ab c bc a ca b =
a 11 b1 b11 c1 a 11 c1 =
11 11 11
c a b
a b c
=
3 13 1
a b c
abc a b c ab bc ca
0,25
0,75
1,0
Bài 4,5 đ
a/
1,5đ N= 2( 4 ) 25 10 2
8 13
= 2( 4 )
(5 2)
(4 3) 4 (4 3)
2
2( 4 ) 2( 4 )
(5 2) 2 5
4
( 4 )
0,25
0,5
0,5 b/
1,5đ
2 2
4 2
2
2 2
2
(GT) a b 2(ab 1) (a b) ab
a b 2(a b) (1 ab) (1 ab) a b (1 ab) (a b) -(1 ab)=0
(a b) ab a b ab Q;vi:a;b Q.KL
0,25
0,5
0,25 0,5 c/
1,5đ
Đi u ki n: x1 (*)
Ta có:
2
4 1
2 1 2( 1)
x x x x
x x x x x x
x x1 22 x x 1
Đặt x x 1 y (Đi u ki n:y1 ** ), phương trình tr thành y22y 3
2
2 3
3
y
y y y y
y
+Với y 1 không thỏa mãn u ki n (**) + Với y3 ta có phương trình:
0,5
(4)2
2
1
1 3
1
1
1
2
7 10
5
x
x x x x
x x x
x x x x x x x
Vậy phương trình có nghi m x2
0,5
0,25
Bài 3,5 đ
a/
1,75đ Ta có
5 2 2
1
x y xy x xy y
2 2
4 2
1 1 1
1
1
x x x x x y x x x x x x y
x
x x x x y
-*Nếux 1 x ta có 2
1 y y 1 với y nguyên Vậy ngi m PT (1;yZ)
*Nêu 2 2
1 4 4 (2 )
x x x x y x x x x y Ta có
2 2 2 4 3 2 4 3 2
2
2 4 4 4
2
3 4
3
y x x x x x x x x x
x x x
Vậy ta có 2 2 2
(2x x) 2y * Ta có 2 2
2x x (2 )y 5x 0, Vậy ta có 2y 2x2 x 22** Từ * ** ta có
2
2
2 2
2
2 2
(2 ) 2 2 ;
2 2
x x y x x y x x
y x x
Nếu 2 2 2 2 2
2y (2x x 1) x 2x 3 x 2x 3
( 1)( 3)
3 x x x x
+
1 1
x y y
+Nếu
3 121 11
x y y
-Nếu 2 2 2
2y (2x x 2) 5x 0 x y 1 y Kết luận 0,25 0,25 1đ 0,25 b/ 1,75đ
Ta có 2 2 2 2 2 2 x y z x y z xy yz xz 0 2 2 2 2
3
x y z x y z nên với x,y,z>0 ta có 2 2
3
x y z x y z , áp dụng ta có
(5)1 1 1
2 2
2 2 ab a bc b ca c
ab a bc b ca c
-Với x,y>0 ta có 2 1 1
x y xy x y xy
x y x y
áp dụng ta có
1 1
2 1 ( 1) ( 1)
1 1 1 1
4 ( 1) ( 1) 1
ab a ab a ab abc a ab c a
abc c
ab c a ab c a c a
Vây ta có 1
2 1
c
ab a c a
Tương tự ta có 1
2 1
a
bc b a b
;
1 1
2 1
b
ca c b c
nên
1 1
3
2 2
1 1
3
4 1 1 1
ab a bc b ca c
c a b
c a a b b c
Vậy 1
2
2 2
ab a bc b ca c dấu “=” có a=b=c=1
0,5
0,5
0,25
Bài 6 đ
T G F
Q
P E
O K
I
H N
C M
B A
a/ 2đ
-Ta có ACB nội tiếp đường trịn (vì ) mà AB đường kính nên ACB vuông C
AC BN
Ta có MA=MC ( ), OA=OC ( ) nên MO trung trực AC
(6)//
MO AC MO NB
MOA· NBO· -Ta có OAMA ( ) · ·
90
MAO NOB
; xét MAO NOB có
· · · ·
90 ; ;
MAONOB MOANBO OA OB R MAO NOBMONB
-Ta có MO//NB MO; NBMNBO hình bình hành.Ta có MAO=NOB (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC ( ) nên NO=MC MNBO hình thang cân
0,75
0,75 b/
2đ -Xét CHB MAO có
· · · ·
90 ;
MAONOB CBHMOA ( cm trên)
CH HB HB
CHB MAO
MA AO R
:
-Ta có CHAB (gt) ; MAAB ( ) // //
2
IH HB HB
CH MA IH MA
MA AB R
-Nên ta có 2 2
2
CH HB HB IH IH
CH IH IC IH
MA R R MA MA
-Chi KI đường trung bình tam giác ACH KI//AB
0,5
0,5
0,5
0,5 c/
2đ
-Chưng minh FQIO hình bình hànhQF//IO -Chưng minh O trục tâm tam giác GIP
PG OI PG QF
0,75 0,75 0,5
Bài 1đ
* 27 2016 27 1989 27
4 4n 4n
A
Vì A 27
2 số phương nên 1989 27
1 4 4n số phương Ta có 1989 27
1 4 4n > 27 27 4n (2n ) *mà 1989 27
1 4 4n số phương nên ta có 1989 27
1 4 4n 2n2712 2n2723977 n 4004 Với n=4004 ta có A= 27 2016 4004 27 40042
4 4 2
A số phương Vậy n=4004 A=427+42016+4n là số phương
0,25
0,5
(7)PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016 - 2017
Mơn Tốn: Lớp (Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1: (5,0 điểm)
Cho biểu thức: :
2
1 1
x x x
P
x x x x x
Với x 0, x
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm x để
7
P c) So sánh: P2 2P Bài 2: (4,0 điểm)
a) Tìm x y, Z thỏa mãn: 2y x2 x y x2 2y2 xy b) Cho a, b, c số nguyên khác thỏa mãn u ki n:
2
2 2
1 1 1
a b c a b c
Chứng minh rằng: 3
a b c chia hết cho Bài 3: (4,0 điểm)
a)Giải phương trình sau: 4x2 20x25 x2 6x 9 10x20
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 vuông góc với EF
b) Chứng minh: NB.DE = a2 B, D, M thẳng hàng
c) Tìm vị trí N AB cho di n tích tứ giác AEFC gấp lần di n tích hình vng ABCD Bài 5: (1,0 điểm)
Cho a, b, c > Chứng minh rằng:
a b c a b c
ab bc ca bc ca ab
(8)- Hết -
Lưu ý: Học sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP
Bài Câu Nội dung Điểm
1 a Đi u ki n: x 0, x 0,5
(9)
3
2 1 1
: 2
1 1 1
2 1 1
: 2
1 1
1
2 ( 1) ( 1) 1
: 2
1 1
2 1 2
.
1
1 1
2 1
x x x
P
x x x x x
x x x
x x x
x
x x x x x x
x x x
x x
x
x x x
x x
0,5
0,5
b Với x 0, x Ta có:
2 7
2 2
7 1 1 7
6 0
( 2)( 3) 0
P
x x
x x
x x
x x
Vì x 3 0 nên x 2 0 x 4(t/m) Vậy P =
7 x =
0,5
1,0
0,25
0,25
c Vì x 0 x x 1 1
2
2
0
1
0
( 2)
2
2
x x
P P P
P P
P P
Dấu “=” xảy P = x = Vậy P2 2P
0,25
0,25
(10)2 a
2 2
2 2
2
2 1 2
2 1 2 0
1 (2 ) 1
y x x y x y xy
y x x y x y xy
x y y x
Vì x, yZ nên x - 1Ư(-1) = 1; 1
+) Nếu x – = 1x = Khi 2y2
- y – = - y = (t/m) y = 1
2
Z (loại)
+) Nếu x – = -1 x = Khi 2y2 - y =
y = (t/m) y = 1 2
Z (loại)
Vậy 2;
1
x x
y y
0,5 0,25
0,5
0,5
0,25
b a) Từ giả thiết
2
2 2
1 1 1
( )
a b c a b c
1 1
2( )
ab bc ca
Vì a, b, c 0 nên a + b + c =
3
3 3
3 3
a b c
a b c
a b 3ab(a b) c
a b c 3abc
Vậy 3
a b c 3M 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) mà không chứng minh trừ 0,5 điểm
0,5
0,5
0,5
0,25 0,25
3 a Đkxđ: x R
2
4x 20x25 x 6x 9 10x20
(11)Vì 4x2 20x25 x2 6x 9 với x 10x – 20 0 x
Ta có:
2
4 20 25 6 9 10 20
2 5 3 10 20
2 5 3 10 20
7 28
4( / )
x x x x x
x x x
x x x
x
x t m
Vậy phương trình có nghi m x =
0,5
0,5
0,5
0,25
b x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 =
2 2
2
7( ) 10
( 2)( 5) 0
4 1 1
x y x y y
x y x y y
x y
* x + y + = - x = - 5; y = * x + y + = - x = - 2; y = Vậy Amin = - x= - 5; y =
Amax = - x = -2; y =
0,5
0,5
0,5
0,5
4 a
M
F E
C B A
D
N
Ta có: ·ECD·BCF (cùng phụ với ECB· )
Chứng minh được: EDC = FBC (cạnh góc vng – góc nhọn) CE = CF
ECF cân C
1,0
(12)Mà CM đường trung tuyến nên CM EF b * Vì EDC = FBC ED = FB
NCF vuông C Áp dụng h thức lượng tam giác vng ta có:
BC2 = NB.BFa2 = NB.DE (đpcm)
*CEF vuông C có CM đường trung tuyến nên EF 2
CM
AEF vng A có AM đường trung tuyến nên EF 2
AM
CM = AM M thuộc đường trung trực AC
Vì ABCD hình vng nên B, D thuộc đường trung trực AC B, D, M thẳng hàng thuộc đường trung trực AC (đpcm)
0,5
0,5
0,5
0,5
c Đặt DE = x (x > 0) BF = x
SACFE = SACF + SAEF = 1AF AE CB
2
1
(AB BF) AE AD
2 1
(a x).DE 2
1
(a x)x 2
SACFE = 3.SABCD 1(a x)x 3a2 6a2 ax x2 0 2
(2a x)(3a x)
Do x > 0; a > 3a + x > 2a x x = 2a
A trung điểm DE AE = a Vì AE //BC nên AN AE
NB BC N trung điểm AB
Vậy với N trung điểm AB SACFE = 3.SABCD
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
5
* Vì a, b, c > nên a a a c
a b a b a b c
(13)Tương tự: b b a ; c c b
b c a b c c a a b c
2
a b c
a b b c c a
(1)
* Ta có:
( )
a a
bc a bc
Vì a, b, c > nên theo bất đẳng thức Cơ- si ta có:
( )
( )
2
2
( )
a b c
a b c
a b c a b c
2
( )
a a a a
a b c a b c a b c b c
Tương tự: 2b b ; 2c c
a b c ac a b c ba
2
a b c
b c c a a b
Dấu ‘ =” xảy a = b + c; b = c + a; c = a +b tức a = b = c (vô lý)
2
a b c
b c c a a b
(2)
Từ (1) (2) ta có đpcm
0,5
* Lưu ý chấm bài:
(14)PHỊNG GD&ĐT THÀNH PHỐ THANH HĨA
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016 MƠN: TỐN LỚP
Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm)
Cho P =
2
2
x x x
x x x x
+
2
2
x x x
x x x x
1 Rút gọn P Với giá trị x P > Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn Bài 2: (4,0 điểm)
1 Giải phương trình
x x
x x
2 3
1
5
=
2 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2 Bài 3: (4,0 điểm)
1.Cho a = x + x
1
b = y + y
1
c = xy + xy
1
Tính giá trị biểu thức: A = a2
+ b2 + c2 – abc
2 Chứng minh với x > ta có 3(x2 -
x ) < 2(x 3 -
3
x )
Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD Gọi I, Q, H, P trung điểm AB, AC, CD, BD
1 Chứng minh IPHQ hình thoi PQ tạo với AD, BC hai góc
2 V phía ngồi tứ giác ABCD, dựng hai tam giác ADE BCF Chứng minh trung điểm đoạn thẳng AB, CD, EF thuộc đường thẳng
Bài 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm đường cao AH dài 36cm Tính độ dài BD, DC
Bài 6: (2,0 điểm) Với a, b số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) =
4
Hãy tìm GTNN P =
(15)(16)1
1
Đi u ki n x > 0; x1; P = ) )( ( ) )( )( ( x x x x x + ) )( ( ) )( )( ( x x x x x = 1 x x + 1 x x = ) ( x x P > 1
1 ) ( x x
> 1
1 ) ( x x
- > 0
1 2 x x x > x x
> Theo đ/k x > 0 x + > x – > x >
Kết hợp u ki n x > 0; x1; Suy x > 1; x4 P >
0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 P = ) ( x x
= +
x Với x > 0; x1; P nguyên x – ước
P đạt giá trị nguyên lớn x – = x = Vậy P đạt giá trị lớn x =
0,5 0,5 0,5
2
1
Đi u ki n x – + 32x Phương trình tương đương
5
3x - x1 - 2x3- 4x + 12 = (*)
Xét x < -2
Thì (*)- 3x + + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 2x = -28
x = - 14 (Thỏa mãn đk)
Xét -2
≤ x < Thì (*)
- 3x + + x – – 4(2x + 3) – 4x + 12 =
x =
(Thỏa mãn đk)
(17)- 3x + – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = x =
8
(loại)
Xét x ≥
Thì (*)3x – – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 =
x = -5
(Loại)
Vậy phương trình có nghi m x
; 14 0,25 0,25
Ta có x2 + xy + y2 = x2y2 (x + y)2 = xy(xy + 1)
+ Nếu x + y = xy(xy + 1) = 0
xy xy Với xy = Kết hợp với x + y = x = y =
Với xy = -1 Kết hợp với x + y = 1 y x 1 y x + Nếu x + y0 (x + y)2 số phương
xy(xy + 1) hai số nguyên liên tiếp khác nên chúng nguyên tố Do khơng thể số phương
Vậy nghi m ngun phương trình (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1) 0,5 0,5 0,5 0,5
a2 = x2 + 12 x + b2 = y2 + 12
y + c2 = x2y2 + 212
y x + ab = (x +
x
1 )(y +
y
1
) = xy + xy + y x + x y
= c + y x
+ x y abc = (c +
y x + x y ).c
(18)= c2 + (xy + xy
1 )(
y x
+ x y
)
= c2 + x2 + y2 + 12 y +
1
x = a2 – + b2 – + c2
A = a2 + b2 + c2 – abc =
2
3(x2 - 12
x ) < 2(x
- 13 x ) 3(x -
x
1 )(x +
x
1
) < 2(x - x
1
)(x2 + 12 x + 1) 3(x +
x
1
) < 2(x2 + 12
x + 1) (1) ( Vì x > nên x -
x
1 > 0)
Đặt x + x
1
= t x2 + 12 x = t
2 –
Ta có (1) 2t2 – 3t – > (t – 2)(2t + 1) > (2)
Vì x > nên (x – 1)2 > 0x2 + > 2x x + x
1
> hay t > (2) Suy u phải chứng minh
0,5
1,0
0,5
4
1
IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) AD = BC (GT) IPHQ h.b.h
Có IP = IQ =
AD =
BC nên IPHQ hình thoi Gọi P1; Q1 giao điểm PQ với AD BC
0,5 0,5
Q P
H I
D
C B
(19)Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H
HPQ = HQP (Góc đáy tam giác cân) (1) Mà PH // BCBQ1P = HPQ (So le trong) (2) QH // ADAP1P = HQP (So le trong) (3) Từ (1); (2); (3) Suy AP1P = BQ1P ( đpcm)
0,5
0,5
2
Gọi K, M, N trung điểm EF, DF, CE
Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF dựa vào tính chất đường trung bình tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c)
Suy MHP = NHQ MHQ = NHP MHN PHQ có tia phân giác
Mặt khác dễ có IPHQ KMHN hình thoi
Suy HK HI phân giác MHN PHQ Suy H, I, K thẳng hàng
0,5
0,5 0,5
0,5
Đặt BD = x, DC = y Giả sử x < y Pitago tam giác vng AHD ta tính HD = 27cm Vẽ tia phân giác góc ngồi A, cắt BC E Ta có AE AD nên AD2 = DE.DH Suy
k
n m
F E
Q P
H I
D
C B
(20)DE = DH AD2
= 27 452
= 75cm
Theo tính chất đường phân giác tam giác
DC DB
= EC EB
y x
= y x
75 75
(1)
Mặt khác x + y = 40 (2)
Thay y = 40 – x vào (1) rút gọn
x2 – 115x + 1500 = (x – 15)(x – 100) = Do x < 40 nên x = 15, từ y = 25
Vậy DB = 15cm, DC = 25cm
0,5
0,5
0,5
0,5
6
Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2; 1; ta có (12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2
1a ≥ 17
4
a
(1)
Dấu “=” xảy a =
Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1; ta có 17(b4 + 1) ≥ (b2 + 4)2 b4 1 ≥
17
b
(2)
Dấu “=” xảy b =
Từ (1) (2) P ≥
17 2
b a
()
Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) =
9
a + b + ab = Áp dụng Cơsi ta có:
a a2 +
b b2 +
ab
2
b a
Cộng vế ba bất đẳng thức ta
0,5
0,5
0,5
(21)) (
2
3 2
b a +
2
≥ a + b + ab =
a2 + b2 ≥ (
-
):
=
Thay vào ()
P ≥ 17
8 1
= 17
Vậy giá trị nhỏ P 17
(22)SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG
(Đề thi gồm 01 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CẤP THCS NĂM HỌC 2016 - 2017
ĐỀ THI MƠN: TỐN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 12/4/2017
Bài (2,0 điểm)
a) Cho
3
10 ( 1) x
6 5
Tính giá trị
2017
P 12x + 4x – 55
b) Cho biểu thức
2
a a a a a a a M
a a a a a a
với a > 0, a
Với giá trị a biểu thức N M
nhận giá trị nguyên? Bài (2,0 điểm)
a) Cho phương trình: x22mxm2 m (m tham số) Với giá trị m phương trình có hai nghi m x1 x2 cho x1 x2 8?
b) Cho h phương trình
3 2 2
2 2017
x y 2x y x y 2xy 3x
y x y 3m
Tìm giá trị m để h phương trình có hai nghi m phân bi t x ; y1 1 x ; y2 2 thỏa mãn u ki n x1y2x2y1 3
Bài (2,0 điểm)
a) Tìm tất số nguyên dương a, b cho a + b2chia hết cho a b 12 b) Cho ba số thực a, b, c dương Chứng minh rằng:
3 3
3 3
3 3
a b c
1 a bc b c a c 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 vuông 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)
Họ tên thí sinh: Số báo danh: Cán coi thi 1: Cán coi thi 2:
(23)HẢI PHÒNG 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 Đáp án Điểm
Bài (2 điểm)
1a) (1,0 điểm)
Ta có :
3
310 3 3 1 3( 1) 3 1 0,25
2
62 5 ( 51) 0,25
3
2
( 1) ( 1) ( 1)( 1)
x
1 5
( 1)
0,25
Thay giá trị x vào P ta được:
2 2017 2017
P 12.2 4 55 1 1 0,25
1b) (1,0 điểm)
Với u ki n a0; a1thì:
a a a a a a a
a M
a a a a a a
2
a a a a a a
M
a a a a
0,25
Khi
2
6 a
N
M a 1
Ta thấy với 0 a a a 1
2
2
6 a
a a
a
0,25
Do 0 N
Để N có giá trị ngun N = 0,25
6 a
1
a2 a1 a4 a 1 0
2 a a ( )
a
a a ( )
tháa m·n tháa m·n
Vậy a 7
(24)Bài (2 điểm)
2a) (1,0 điểm)
Phương trình: 2
x 2mxm m có hai nghi m thì:
2
' m m m m m
Theo h thức Vi-ét ta có:
1
2
x x 2m x x m m
0,25
Ta có:
2
1 2
2
1 2
x x x x x x 64
x x 2x x x x 64 (1)
0,25 Trường hợp 1:
Nếux1và x2 dấu thì:
1 2
m
x x
m m m m
6 m
m
(*)
Khi (1) 2
1
x x 64 4m 64 m
(thỏa mãn (*))
0,25
Trường hợp 2:
Nếu x1 x2 trái dấu thì:
2
x x 0 m m m2 m 3 0 m3 (**) Khi (1) x1x22 4x x1 2 644m24 m 2 m 664
m 16 m 10
(không thỏa mãn u ki n (**) Kết luận: m
0,25
2b) (1,0 điểm)
3 2 2
2 2017
x y 2x y x y 2xy 3x (1)
y x y 3m (2)
Ta có (1)x y3 2x y2 2x y2 2xy 3x 3 0
2
2
(x 1) x y 2xy x
xy
V« lý
0,25
Thay x = vào phương trình (2) ta
y y 3m 1 0 (3) Để phương trình (3) có hai nghi m phân bi t thì:
1 3m 12m m
0,25
Theo đ bài: x1y2x2y1 3 y1 y2y y1 2 0 (4)
do x1x2 1 0,25
Với m
(25)1 2
y y y y 3m
thay vào (4) ta có: 3m 0 m 2(thỏa mãn)
Kết luận: m =
Bài (2 điểm)
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 1 (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)
0,25
Lại a > nên suy ra: k + – ka k(a – 1) Vì a – 0, k > nên k a –1 0 vµk a –1 ¥
a k(a 1)
a k(a 1)
k
0,25
Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) =
2
m
b 1 b 2 k.a 5 a 1 b k.a a m 1
b
Vậy, trường hợp ta hai cặp a = 1; b = a = 1; b =
0,25
Với a = k = Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = b 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)
0,25
3b) (1,0 điểm)
Với x số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2
3 x x x x
x x x x
2
3
1
(*)
x x
Dấu “ =” xảy x =
0,25
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:
3
3 2
3
a 2a
a b c b c b c b c 2a
1
a a
(26)Suy ra:
3 2
3 2 2 2
3
a 2a a
(1) a b c b c 2a
a bc
Tương tự ta có:
3
3 2
3
b b
(2) a b c b ac
3
3 2
3
c c
(3) a b c c ab
0,25
Cộng vế với vế ba bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:
3 3
3 3
3 3
a b c
1 a bc b a c c a b Dấu “=” xảy a = b = c
0,25
Bài (3 điểm)
Hình vẽ:
d E
D H
K
Q P
N M
I A
B
C O
4a) (1,5 điểm)
Gọi I trung điểm BC suy IOBC
ABN đồng dạng với ANC (Vì ·ANBACN· , ·CAN chung) AB AN
AN AC
AB.AC = AN2
0,50
ANO vuông N, đường cao NH nên AH.AO = AN2
AB.AC = AH.AO (1) 0,25
AHK đồng dạng với AIO (g.g) Nên AH AK AI AK AH AO
AI AO (2)
Từ (1) (2) suy AI.AK AB.AC AK AB AC AI
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)
(27)Ta có: MHE đồng dạng QDM (g.g) ME MH
MQ DQ
0,50
PMH đồng dạng MQH (g.g) MP MH MH
MQ QH 2DQ
0,50
MP ME MQ MQ
ME = MP P trung điểm ME 0,50
Bài (1 điểm)
Bài (1,0 điềm)
Giả sử A =a ;a ;a ;a1 2 3; 21 với a ; a ; a ; a1 2 3; 21¢ 21
a a a a
Theo giả thiết ta có a1a2 a3 a11a12a13 a21 12 13 21 11
a a a a a a a (1)
0,25
Mặt khác với x; y Z yx y x 12 13 21 11
a a 10, a a 10, ,a a 10 (2)
Nên từ (1) suy a110 + 10 + +10 = 100 mà a1 nhỏ 101 A a1=101 Ta có
12 13 21 11
101 a a a a a a 100
12 13 21 11
a a a a a a 100
0,25
Kết hợp với (2)
12 13 21 11
a a a a a a 10 (3)
12 12 11 11 10
10 a a (a a ) (a a ) (a a ) 10
12 11 11 10
a a a a a a
(4)
Ta có a1=101 mà 102 A a2 102
0,25