Tải Bộ đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn Toán cấp Tỉnh, TP (Có đáp án) - Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 9

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]

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 > ab

Rút gọi M tính giá trị biểu thức M biết 1a1b2 ab 1 b Tìm số nguyên a, b thoả mãn 18

2

ab ab  

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 +

(1ab)  4ab

Chứng minh 1ab số hữu tỉ

c Giải phương trình x2  x 4 2 x1 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

-

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= aab b với a, b>0 ab -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

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  b1

nên ab c 6 ab a  b 1  a1 b1

Tương tự bc a 6  b1 c1 ; ac b 6  a 1 c1

Vậy H= 1

6 6

ab c  bc a   ca  b =

 a 11 b1  b11 c1  a 11 c1 =

 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: x1 (*)

Ta có:  

2

4 1

2 1 2( 1)

x x x x

x x x x x x

    

         

x x1 22 x x  1

Đặt x x 1 y (Đi u ki n:y1 ** ), phương trình tr thành y22y 3

  

2

2 3

3

y

y y y y

y   

        

 

+Với y 1 không thỏa mãn u ki n (**) + Với y3 ta có phương trình:

0,5

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 x2

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;yZ)

*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 22** 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   xy  yz  xz 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

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

//

MO AC MO NB

   MOA· NBO· -Ta có OAMA ( ) · ·

90

MAO NOB

   ; xét MAO NOB có

· · · ·

90 ; ;

MAONOB MOANBO OA OB   R MAO NOBMONB

-Ta có MO//NB MO; NBMNBO 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 ;

MAONOB CBHMOA ( cm trên)

CH HB HB

CHB MAO

MA AO R

  :    

-Ta có CHAB (gt) ; MAAB ( ) // //

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 hànhQF//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 2n2712 2n2723977  n 4004 Với n=4004 ta có A= 27 2016 4004  27 40042

4 4 2

A     số phương Vậy n=4004 A=427+42016+4n là số phương

0,25

0,5

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 20x25 x2 6x 9 10x20

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

ab bc ca  bc  ca  ab

- 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

 

  

  

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

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, yZ nên x - 1Ư(-1) = 1; 1

+) Nếu x – = 1x = 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 20x25 x 6x 9 10x20

Vì 4x2 20x25 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

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.BFa2 = 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



  

   

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

bc  a bc

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  ac a b c  ba

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:

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 =

1

1

Đi u ki n x > 0; x1; 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; x1; Suy x > 1; x4 P >

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 P = ) (   x x

= +



x Với x > 0; x1; 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 – + 32x  Phương trình tương đương

5

3x - x1 - 2x3- 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)

- 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 + y0  (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

= 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 > 0x2 + > 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

Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H

 HPQ = HQP (Góc đáy tam giác cân) (1) Mà PH // BCBQ1P = HPQ (So le trong) (2) QH // ADAP1P = 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

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



1a ≥ 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

) (

2

3 2

b a  +

2

≥ a + b + ab =

 a2 + b2 ≥ (

-

):

=

Thay vào ()

P ≥ 17

8 1

= 17

Vậy giá trị nhỏ P 17

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: x22mxm2   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 x1y2x2y1 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  bc  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:

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

62  5 ( 51)  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 a0; a1thì:

  

      

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

a2 a1  a4 a  1 0

  

2 a a ( )

a

a a ( )

     

   

    

 

 

tháa m·n tháa m·n

Vậy a 7

Bài (2 điểm)

2a) (1,0 điểm)

Phương trình: 2

x 2mxm   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 m2 m 3    0 m3 (**) Khi (1) x1x22 4x x1 2 644m24 m 2 m 664

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 2x 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: x1y2x2y1    3 y1 y2y y1 2 0 (4)

do x1x2 1 0,25

Với m

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

  

          

   

   

Suy ra:

   

3 2

3 2 2 2

3

a 2a a

(1) a b c b c 2a

a  bc      

Tương tự ta có:

 

3

3 2

3

b b

(2) a b c b  ac   

 

3

3 2

3

c c

(3) a b c c  ab   

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  bc  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 IOBC

ABN đồng dạng với ANC (Vì ·ANBACN· , ·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)

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 a1a2   a3 a11a12a13  a21 12 13 21 11

a a a a a a a (1)

       

0,25

Mặt khác với x; y Z yx y x 12 13 21 11

a a 10, a a 10, ,a a 10 (2)

      

Nên từ (1) suy a110 + 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