Embed Size (px)
Citation preview
PHÒNG GD&ĐT
TP. BẮC GIANG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016-2017
Môn: Toán lớp 9
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 > 0 và a b
Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết 1 1 2 1a b ab
b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn 5 4
18 2 32 2a b a b
c. Cho a, b, c thỏa mãn 7a b c ; 23a b c ; 3abc
Tính giá trị biểu thức H=1 1 1
6 6 6ab c bc a ca b
Bài 2: (4,5 điểm)
a. Tính giá trị của biểu thức N=4 3 4 3
27 10 24 13
b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn 22 2 2a b a b + 2(1 ) 4ab ab
Chứng minh 1 ab là số hữu tỉ
c. Giải phương trình 2 4 2 1 1x x x x
Bài 3: (3,5 điểm)
a. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn 5 2 2 1x y xy
b. Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 . Chứng minh 1 1 1 3
22 2 2ab a bc b ca c
Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. 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. Từ M vẽ
tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với AB, CE vuông góc với AM.
Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại N. Đường thẳng MO cắt CE, CA, CH lần lượt
tại Q, K, P.
a. Chứng minh MNCO là hình thang cân
b. MB cắt CH tại I. Chứng minh KI son song với AB
c. Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE. Chứng minh PG vuông góc với QF
Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 427
+ 42016
+ 4n là số chính phương
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
Họ tên thí sinh..........................................................................SBD:................................
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-207
MÔN: TOÁN LỚP 9
Câu Nội Dung Điểm
Bài 1 4 đ
a/
1,5đ -Rút gọn M=ab
a b với a, b>0 và a b
-Ta có
2
2
1 1 2 1 1 2 1
( ) 1 1
a b ab ab a b ab
ab abab a b
a b a b
+ Nếu a>b>0
0; 0 0
1 1
aba b a b ab
a b
ab ab abM
a b a b a b
+ nếu 0<a<b
0; 0 0
1 1
aba b a b ab
a b
ab ab abM
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
2 2 2 2
2 2 2 2
5 418 2 3
2 2
5 5 2 4 4 2 18 2 2 3 2
5 5 2 4 4 2 18 2 36 2 3 6
18 2 36 2 9 2 3 6
18 36 9 2 3 6
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 2
2 2
3 618 36 9 0 2
18 36 9
a b aa b b
a b b
Vì a, b nguyên nên 2 2
2 2
3 62
18 36 9
a b aQ Q
a b b
Vô lý vì 2 là số vô tỉ
-Vây ta có 2 22 2
2 2
2 22 2
33 618 36 9 0 3
18 36 9 0 223 6 0
3 6
a b ba b ba b b a b
a b aa b a
Thay a=3
2b vào 2 23 6 0a b a t
a có 2 2 2 29 33 6 0 27 24 6 0 3 ( 2) 0
4 2b b b b b b b b
Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận
0,5
0,25
0,75
c/
2 đ Ta có
2
2a b c a b c ab bc ca
mà 7a b c ; 23a b c nên 13ab bc ca
Ta có 7a b c 6 1c a b
nên 6 1 1 1ab c ab a b a b
Tương tự 6 1 1 ; 6 1 1bc a b c ac b a c
Vậy H=1 1 1
6 6 6ab c bc a ca b
=
1 1 1
1 1 1 1 1 1a b b c a c
=
1 1 1
1 1 1
c a b
a b c
=
3 7 3
13 7 13 11
a b c
abc a b c ab bc ca
0,25
0,75
1,0
Bài 2 4,5 đ
a/
1,5đ N=2( 4 3 4 3 )
25 10 2 28 2 13
= 22( 4 3 4 3)(5 2)
(4 3) 2 4 3 4 3 (4 3)
2
2
2( 4 3 4 3 ) 2( 4 3 4 3 )(5 2) 5 2 2 5 2 5
4 3 4 3( 4 3 4 3 )
0,25
0,5
0,5
b/
1,5đ
2 22
4 2 2
22 2
2
(GT) a b 2(ab 1) (a b) 1 ab 0
a b 2(a b) (1 ab) (1 ab) 0
a b (1 ab) 0 (a b) -(1 ab)=0
(a b) 1 ab a b 1 ab Q;vi:a;b Q.KL
0,25
0,5
0,25
0,5
c/
1,5đ
Đi u ki n: 1x (*).
Ta có: 2
2
4 2 1 1
2 1 1 2( 1) 3 0
x x x x
x x x x x x
2
1 2 1 3 0x x x x
Đặt 1x x y (Đi u ki n: 1 **y ), phương trình tr thành 2 2 3 0.y y
21
2 3 0 1 3 03
yy y y y
y
+Với 1y không thỏa mãn đi u ki n (**).
+ Với 3y ta có phương trình:
0,5
0,25
2
2
1 31 3 1 3
1 9 6
1 31 3
227 10 0
5
xx x x x
x x x
xx
xxx x
x
Vậy phương trình có nghi m 2.x
0,5
0,25
Bài 3 3,5 đ
a/
1,75đ Ta có 5 2 2 5 2 21 1 0x y xy x xy y
4 3 2 2 4 3 2 2
4 3 2 2
1 1 1 0 1 1 0
1 0
1
x x x x x y x x x x x x y
x
x x x x y
-
*Nếu 1 0 1x x ta có 2 21 1y y đúng với mọi y nguyên
Vậy ngi m của PT là (1;yZ)
*Nêu 4 3 2 2 4 3 2 21 4 4 4 4 4 (2 )x x x x y x x x x y
Ta có
22 2 4 3 2 4 3 2
2
2
2 2 4 4 4 4 4 4 4
2 83 4 4 3 0
3 3
y x x x x x x x x x
x x x
Vậy ta có 22 2(2 ) 2 *x x y
Ta có 2
2 2 22 2 (2 ) 5 0x x y x , Vậy ta có 22 22 2 2 **y x x
Từ * và ** ta có
2 22 22 2 2 2
22 2
(2 ) 2 2 2 2 2 1 ;
2 2 2
x x y x x y x x
y x x
Nếu 2 2 2 2 22 (2 1) 2 3 0 2 3 0y x x x x x x
1( 1)( 3) 0
3
xx x
x
+ nếu 21 1 1x y y
+Nếu 23 121 11x y y
-Nếu 2 2 2 2 22 (2 2) 5 0 0 1 1y x x x x y y .
Kết luận
0,25
0,25
1đ
0,25
b/
1,75đ
Ta có 2 2 2 22 2 23 ... 0x y z x y z x y y z x z
2 2 2 23x y z x y z nên với x,y,z>0 ta có
2 2 23x y z x y z , áp dụng ta có
0,5
1 1 1 1 1 13
2 2 22 2 2 ab a bc b ca cab a bc b ca c
-Với x,y>0 ta có 2 1 1 1 1
2 44
x y xy x y xyx y x y
áp dụng ta có
1 1 1 1
2 1 1 1 ( 1) ( 1)
1 1 1 1 1 1 1
4 ( 1) 1 4 ( 1) 1 4 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 1 1
2 4 1 1
c
ab a c a
Tương tự ta có 1 1 1
2 4 1 1
a
bc b a b
;
1 1 1
2 4 1 1
b
ca c b c
nên
1 1 13
2 2 2
1 1 1 1 33
4 1 1 1 1 1 1 2
ab a bc b ca c
c a b
c a a b b c
Vậy 1 1 1 3
22 2 2ab a bc b ca c
dấu “=” có khi a=b=c=1
0,5
0,5
0,25
Bài 4 6 đ
T
G
F
Q
P
E
O
KI
H
N
C
M
BA
a/
2đ
-Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì...) mà AB là đường kính nên ACB vuông tại C
AC BN
Ta có MA=MC (.....), OA=OC (....) nên MO là trung trực của AC
0,5
//MO AC MO NB · ·MOA NBO
-Ta có OA MA (....) · · 090MAO NOB ; xét MAO và NOB có · · · ·090 ; ;MAO NOB MOA NBO OA OB R MAO NOB MO NB
-Ta có // ;MO NB MO NB MNBO là hình bình hành.Ta có MAO = NOB (cm
trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC (...) nên NO=MC vậy MNBO là hình thang cân
0,75
0,75
b/
2đ -Xét CHB và MAO có · · · ·090 ;MAO NOB CBH MOA ( cm trên)
CH HB HBCHB MAO
MA AO R :
-Ta có CH AB (gt) ; MA AB (...) // //2
IH HB HBCH MA IH MA
MA AB R
-Nên ta có 2
2 2 22
CH HB HB IH IHCH IH IC IH
MA R R MA MA .
-Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH //KI AB
0,5
0,5
0,5
0,5
c/
2đ -Chưng minh FQIO là hình bình hành //QF IO
-Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP PG OI PG QF
0,75
0,75
0,5
Bài 5 1đ
* 2
27 2016 27 1989 274 4 4 2 1 4 4n nA
Vì A và 2
272 là số chính phương nên 1989 271 4 4n là số chính phương
Ta có 1989 271 4 4n > 27 27 24 (2 )n n
*mà 1989 271 4 4n là số chính phương nên ta có
1989 271 4 4n 2
272 1n 27 39772 2 4004n n
Với n=4004 ta có A= 2
27 2016 4004 27 40044 4 4 2 2A là số chính phương
Vậy n=4004 thì A=427
+42016
+4n là số chính phương
0,25
0,5
0,25
PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ
THANH HÓA
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn Toán: Lớp 9
(Thời gian làm bài: 150 phút)
Bài 1: (5,0 điểm)
Cho biểu thức: 2 1 1
:21 1 1
x x xP
x x x x x
. Với x 0, x 1.
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x để 2
7P .
c) So sánh: P2 và 2P.
Bài 2: (4,0 điểm)
a) Tìm ,x y Z thỏa mãn: 2 2 22 1 2y x x y x y xy
b) Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn đi u ki n:
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1.
a b c a b c
Chứng minh rằng: 3 3 3a b c chia hết cho 3.
Bài 3: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình sau: 2 24 20 25 6 9 10 20x x x x x
b) Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x2 + 2y
2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1.
Bài 4: (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là giao điểm của CN và
DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung điểm của EF.
a) Chứng minh: CM vuông góc với EF.
b) Chứng minh: NB.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho di n tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần di n tích của hình vuông ABCD
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a b c a b c
a b b c c a b c c a a b
ĐỀ CHÍNH THỨC
-------------- Hết------------
Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9
Bài Câu Nội dung Điểm
1 a Đi u ki n: x 0, x 1. 0,5
0,5
3
2 1 1:
21 1 1
2 1 1:
21 11
2 ( 1) ( 1) 1:
21 1
2 1 2.
11 1
2
1
x x xP
x x x x x
x x x
x x xx
x x x x x x
x x x
x x
xx x x
x x
0,5
0,5
b Với x 0, x 1. Ta có:
2
7
2 2
71
1 7
6 0
( 2)( 3) 0
P
x x
x x
x x
x x
Vì 3 0x nên 2 0x 4x (t/m)
Vậy P = 2
7 khi x = 4
0,5
1,0
0,25
0,25
c Vì 0 1 1x x x
2
2
20 2
1
0 2
( 2) 0
2 0
2
x x
P
P P
P P
P P
Dấu “=” xảy ra khi P = 2 x = 0
Vậy P2
2P
0,25
0,25
0,25
0,25
2 a
2 2 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 – 1 = 1 x = 2
Khi đó 2y2 - y – 2 = - 1
y = 1 (t/m) hoặc y = 1
2
Z (loại)
+) Nếu x – 1 = -1 x = 0
Khi đó 2y2 - y = 1
y = 1 (t/m) hoặc y = 1
2
Z (loại)
Vậy 2 0
;1 1
x x
y y
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
b a) Từ giả thiết
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1( )a b c a b c
1 1 12( ) 0
ab bc ca
Vì a, b, c 0 nên a + b + c = 0
3 3
3 3 3
3 3 3
a b c
a b c
a b 3ab(a b) c
a b c 3abc
Vậy 3 3 3a b c 3 M với a, b, c Z
Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng hằng đẳng thức
x3 + y
3 + z
3 – 3xyz = (x + y + z)(x
2 + y
2 + z
2 – xy – yz – zx)
mà không chứng minh thì trừ 0,5 điểm.
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
3 a Đkxđ: x R
2 24 20 25 6 9 10 20x x x x x
0,25
Vì 2 24 20 25 6 9 0x x x x với x
10x – 20 0 2x
Ta có:
2 24 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 là x = 4
0,5
0,5
0,5
0,25
b x2 + 2y
2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.
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 + 1 = - 4 khi x = - 5; y = 0
* x + y + 1 = - 1 khi x = - 2; y = 0
Vậy Amin = - 4 khi x= - 5; y = 0
Amax = - 1 khi x = -2; y = 0
0,5
0,5
0,5
0,5
4 a
M
F
E
C
BA
D
N
Ta có: · ·ECD BCF (cùng phụ với ·ECB )
Chứng minh được: EDC = FBC (cạnh góc vuông – góc nhọn)
CE = CF
ECF cân tại C
1,0
1,0
Mà CM là đường trung tuyến nên CM EF
b * Vì EDC = FBC ED = FB
NCF vuông tại C. Áp dụng h thức lượng trong tam giác vuông
ta có:
BC2 = NB.BF a
2 = NB.DE (đpcm)
*CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên EF
2CM
AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên EF
2AM
CM = AM M thuộc đường trung trực của AC.
Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực của AC
B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC
(đpcm).
0,5
0,5
0,5
0,5
c Đặt DE = x (x > 0) BF = x
SACFE = SACF + SAEF = 1
AF AE CB2
1
(AB BF) AE AD2
1(a x).DE
2
1(a x)x
2
SACFE = 3.SABCD 2 2 21
(a x)x 3a 6a ax x 02
(2a x)(3a x) 0
Do x > 0; a > 0 3a + x > 0 2a x 0 x = 2a
A là trung điểm của DE AE = a
Vì AE //BC nên 1AN AE
NB BC
N là trung điểm của AB.
Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
5 * Vì a, b, c > 0 nên 1
a a a c
a b a b a b c
.
0,5
Tương tự: ;b b a c c b
b c a b c c a a b c
2a b c
a b b c c a
(1)
* Ta có: ( )
a a
b c a b c
Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô- si ta có:
( )( ) 0
2
2 1
( )
a b ca b c
a b c a b c
2 2
( )
a a a a
a b c a b c b ca b c
Tương tự: 2 2
;b b c c
a b c a c a b c b a
2a b c
b c c a a b
Dấu ‘ =” xảy ra khi a = b + c; b = c + a; c = a +b
tức là a = b = c (vô lý).
2a b c
b c c a a b
(2)
Từ (1) (2) ta có đpcm.
0,5
* Lưu ý khi chấm bài:
- Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.
- Với bài 5, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.
PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ
THANH HÓA
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (4,0 điểm)
Cho P = 23
22
xxx
xxxx +
23
22
xxx
xxxx
1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì P > 1
2. Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất
Bài 2: (4,0 điểm)
1. Giải phương trình xx
xx
233
135
= 4
2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y
2 = x
2y
2
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 + b
2 + c
2 – abc
2. Chứng minh rằng với mọi x > 1 ta luôn có. 3(x2 -
2
1
x) < 2(x
3 -
3
1
x)
Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD. Gọi I, Q, H, P lần lượt là trung điểm của
AB, AC, CD, BD
1. Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau.
2. V phía ngoài tứ giác ABCD, dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF. Chứng minh rằng trung
điểm các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc một 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 là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = 4
9.
Hãy tìm GTNN của P = 41 a + 41 b
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9
Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm
1
1
Đi u ki n x > 0; x 1; 4
P = 2)1)(2(
)1)(1)(2(
xx
xxx +
2)1)(2(
)1)(1)(2(
xx
xxx
= 1
1
x
x +
1
1
x
x
= 1
)1(2
x
x
P > 11
)1(2
x
x> 1
1
)1(2
x
x- 1 > 0
1
122
x
xx > 0
1
3
x
x > 0 Theo đ/k x > 0 x + 3 > 0
x – 1 > 0 x > 1
Kết hợp đi u ki n x > 0; x 1; 4
Suy ra x > 1; x 4 thì P > 1
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
2
P = 1
)1(2
x
x = 2 +
1
4
x Với x > 0; x 1; 4
P nguyên x – 1 là ước của 4
P đạt giá trị nguyên lớn nhất x – 1 = 1 x = 2
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi x = 2
0,5
0,5
0,5
2
1
Đi u ki n x – 3 + x23 0
Phương trình tương đương
53 x - 1x - 4 32 x - 4x + 12 = 0 (*)
Xét x < -2
3Thì (*) - 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
2x = -28
x = - 14 (Thỏa mãn đk)
Xét -2
3≤ x < 1 Thì (*)
- 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
x = 7
2 (Thỏa mãn đk)
Xét 1 ≤ x < 3
5 Thì (*)
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
- 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
x = 8
3 (loại)
Xét x ≥ 3
5 Thì (*) 3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
x = -5
2 (Loại)
Vậy phương trình có nghi m x
7
2;14
0,25
0,25
2
Ta có x2 + xy + y
2 = x
2y
2
(x + y)2 = xy(xy + 1)
+ Nếu x + y = 0 xy(xy + 1) = 0
1
0
xy
xy
Với xy = 0. Kết hợp với x + y = 0 x = y = 0
Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0
1
1
y
x hoặc
1
1
y
x
+ Nếu x + y 0 (x + y)2 là số chính phương
xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên tố
cùng nhau. Do đó không thể cùng là số chính phương
Vậy nghi m nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-
1; 1)
0,5
0,5
0,5
0,5
3
1
a2 = x
2 +
2
1
x+ 2
b2 = y
2 +
2
1
y+ 2
c2 = x
2y
2 +
22
1
yx + 2
ab = (x + x
1)(y +
y
1) = xy +
xy
1 +
y
x +
x
y = c +
y
x +
x
y
abc = (c + y
x +
x
y).c
= c2 + c(
y
x +
x
y)
0,5
0,5
0,5
0,5
= c2 + (xy +
xy
1)(
y
x +
x
y)
= c2 + x
2 + y
2 +
2
1
y +
2
1
x
= a2 – 2 + b
2 – 2 + c
2
A = a2 + b
2 + c
2 – abc = 4
2
3(x2 -
2
1
x) < 2(x
3 -
3
1
x)
3(x - x
1)(x +
x
1) < 2(x -
x
1)(x
2 +
2
1
x+ 1)
3(x + x
1) < 2(x
2 +
2
1
x+ 1) (1)
( Vì x > 1 nên x - x
1 > 0)
Đặt x + x
1= t thì x
2 +
2
1
x = t
2 – 2
Ta có (1) 2t2 – 3t – 2 > 0
(t – 2)(2t + 1) > 0 (2)
Vì x > 1 nên (x – 1)2 > 0 x
2 + 1 > 2x x +
x
1> 2 hay t > 2
(2) đúng. Suy ra đi u phải chứng minh
0,5
1,0
0,5
4
1
IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) và AD = BC (GT)
IPHQ là h.b.h
Có IP = IQ = 2
1AD =
2
1BC nên IPHQ là hình thoi
Gọi P 1 ; Q 1 là giao điểm của PQ với AD và BC
0,5
0,5
QP
H
I
D
C
BA
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 ra AP1P = BQ
1P ( đpcm)
0,5
0,5
2
Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của EF, DF, CE
Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF và dựa vào tính chất của đường
trung bình trong tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c)
Suy ra MHP = NHQ MHQ = NHP MHN và PHQ có cùng
tia phân giác
Mặt khác dễ có IPHQ và KMHN là các hình thoi.
Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ. Suy ra
H, I, K thẳng hàng
0,5
0,5
0,5
0,5
5
Đặt BD = x, DC = y. Giả sử x < y. Pitago trong tam giác vuông
AHD ta tính được HD = 27cm. Vẽ tia phân giác của góc ngoài tại
A, cắt BC E. Ta có AE AD nên AD2 = DE.DH. Suy ra
k
n
m
FE
QP
H
I
D
C
BA
DE = DH
AD 2
= 27
452
= 75cm
Theo tính chất đường phân giác trong và ngoài của 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) và rút gọn được
x2 – 115x + 1500 = 0 (x – 15)(x – 100) = 0
Do x < 40 nên x = 15, từ đó y = 25.
Vậy DB = 15cm, DC = 25cm
0,5
0,5
0,5
0,5
6
Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2; 1 và 1; 4 ta có
(12 + 4
2)(a
4 + 1) ≥ (a
2 + 4)
2
41 a ≥ 17
42 a (1)
Dấu “=” xảy ra a = 2
1
Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1 và 1; 4 ta có
17(b4 + 1) ≥ (b
2 + 4)
2 14 b ≥
17
42 b (2)
Dấu “=” xảy ra b = 2
1
Từ (1) và (2) P ≥ 17
822 ba ( )
Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) = 4
9 a + b + ab =
4
5
Áp dụng Côsi ta có:
a a2 +
4
1
b b2 +
4
1
ab 2
22 ba
Cộng từng vế ba bất đẳng thức ta được
0,5
0,5
0,5
0,5
)(2
3 22 ba + 2
1 ≥ a + b + ab =
4
5
a2 + b
2 ≥ (
4
5-
2
1):
2
3 =
2
1 Thay vào ( )
P ≥ 17
82
1
= 2
17
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2
17 khi a = b =
2
1
Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương đương
- Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không cho điểm
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 MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 12/4/2017
Bài 1. (2,0 điểm)
a) Cho
3 10 6 3( 3 1)x
6 2 5 5
. Tính giá trị của
20172P 12x + 4x – 55 .
b) Cho biểu thức
2a 1 a a 1 a a a a 1M
a a a a a a
với a > 0, a 1.
Với những giá trị nào của a thì biểu thức 6
NM
nhận giá trị nguyên?
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Cho phương trình: 2 2x 2mx m m 6 0 (m là tham số). Với giá trị nào của m thì phương trình
có hai nghi m 1x và 2x sao cho 1 2x x 8 ?
b) Cho h phương trình
3 2 2 2 2
2 2017
x y 2x y x y 2xy 3x 3 0.
y x y 3m
Tìm các giá trị của m để h phương trình có hai nghi m phân bi t 1 1x ;y và 2 2x ;y thỏa mãn đi u
ki n 1 2 2 1x y x y 3 0 .
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho 2a + b chia hết cho
2a b 1 .
b) Cho ba số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng:
3 3 3
3 3 33 3 3
a b c1
a b c b c a c a b
.
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (điểm B nằm giữa điểm A và điểm C). Vẽ đường
tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua điểm B và điểm C (điểm O không thuộc đường thẳng d). Kẻ AM và AN là
các tiếp tuyến với đường tròn tâm O (với M và N là các tiếp điểm). Đường thẳng BC cắt MN tại điểm K. Đường
thẳng AO cắt MN tại điểm H và cắt đường tròn tại các điểm P và điểm Q (P nằm giữa A và Q).
a) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi.
b) Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng
minh P là trung điểm của ME.
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 phần tử bất kỳ lớn hơn
tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc tập hợp A. Tìm tất cả các phần tử của tập hợp A.
---------Hết---------
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ..................................................... Số báo danh: .....................................................
Cán bộ coi thi 1: ........................................................ Cán bộ coi thi 2: ...............................................
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ CHÍNH THỨC
HẢI PHÒNG
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Năm học 2016 - 2017
MÔN: Toán 9
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
Chú ý:
- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.
- Tổng điểm bài thi: 10 điểm .
Bài Đáp án Điểm
Bài 1
(2 điểm)
1a) (1,0 điểm)
Ta có :
33 310 6 3 3 1 ( 3 1) 3 1
0,25
26 2 5 5 ( 5 1) 5
0,25
33
2
( 3 1) ( 3 1) ( 3 1)( 3 1) 3 1x 2
15 1 5( 5 1) 5
0,25
Thay giá trị của x vào P ta được:
2017
2 2017P 12.2 4. 2 55 1 1 0,25
1b) (1,0 điểm)
Với đi u ki n a 0; a 1 thì:
a 1 a a 1 a 1 a 1 a a 1a 1M
a a a 1 a a 1 a 1
2
a 1a 1 a a 1 a a 1M
a a a a
0,25
Khi đó
2
6 6 aN 0
M a 1
Ta thấy với 0 a 1 a a 1 0
2
2
6 aa 1 3 a 2
a 1
0,25
Do 0 N 2
Để N có giá trị nguyên thì N = 1. 0,25
6 a1
a 2 a 1
a 4 a 1 0
2 a 3 2 a 7 4 3 ( )
a 2 3a 3 2 a 7 4 3 ( )
tháam·n
tháam·n
Vậy a 7 4 3.
0,25
Bài 2
(2 điểm)
2a) (1,0 điểm)
Phương trình: 2 2x 2mx m m 6 0 có hai nghi m thì:
2 2' m m m 6 m 6 0 m 6 .
Theo h thức Vi-ét ta có:
1 2
2
1 2
x x 2m
x x m m 6
0,25
Ta có:
2 2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
x x 8 x x 2 x x 64
x x 2x x 2 x x 64 (1)
0,25
Trường hợp 1:
Nếu 1x và 2x cùng dấu thì:
1 2 2
m 6x x 0
m m 6 m 2 m 3 0
6 m 2
m 3
(*)
Khi đó (1) 2 2
1 2x x 64 4m 64 m 4 (thỏa mãn (*)).
0,25
Trường hợp 2:
Nếu 1x và 2x
trái dấu thì:
2
1 2x x 0 m m 6 m 2 m 3 0 2 m 3 (**)
Khi đó (1) 2 2 2
1 2 1 2x x 4x x 64 4m 4 m m 6 64
m 6 16 m 10 (không thỏa mãn đi u ki n (**).
Kết luận: m 4
0,25
2b) (1,0 điểm) 3 2 2 2 2
2 2017
x y 2x y x y 2xy 3x 3 0 (1)
y x y 3m (2)
Ta có 3 2 2 2 2(1) x y x y 2x y 2xy 3x 3 0
2 2
2
(x 1) x y 2xy 3 0
x 1
xy 1 2 0
V« lý
0,25
Thay x = 1 vào phương trình (2) ta được 2y y 3m 1 0 (3)
Để phương trình (3) có hai nghi m phân bi t thì:
1
1 4 3m 1 0 12m 3 0 m4
0,25
Theo đ bài: 1 2 2 1 1 2 1 2x y x y 3 0 4 y y y y 0 (4)
do 1 2x x 1 . 0,25
Với 1
m4
theo h thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có : 0,25
1 2
1 2
y y 1
y y 1 3m
thay vào (4) ta có: 5 1 3m 0 m 2 (thỏa mãn)
Kết luận: m = 2.
Bài 3
(2 điểm)
3a) (1,0 điểm)
Ta có (a + b2) (a
2b – 1) suy ra: a + b
2 = k(a
2b – 1), với k
*
a + k = b(ka2 – b) hay mb = a + k (1) với
2 *m ka – b ¥
m + b = ka2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 2mb m b 1 a k ka 1
(m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka) (3)
Do *m, b m –1 b –1 0 ¥
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) 0.
0,25
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka 0 1 k(a – 1)
Vì a – 1 0, k > 0 nên 1 k a –1 0 k a –1 ¥vµ
a 1k(a 1) 0
a 2k(a 1) 1
k 1
0,25
Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2.
2
2
m 1 2
b 1 1 b 2 k.a 5 a 1
b 3 k.a 5 a 1m 1 1
b 1 2
Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1; b = 2 và a = 1; b = 3.
0,25
Với a = 2 và k = 1. Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 b 1
m 1
.
Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1.
Khi m = 1: từ (1) suy ra a + k = b b = 3.
Khi đó: a = 2, b = 3.
Vậy có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1).
0,25
3b) (1,0 điểm)
Với x là số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 2
3 2 x 1 x x 1 x 2x 1 x 1 x x 1
2 2
3 2
1 2(*)
x 1 x 2
Dấu “ =” xảy ra khi x = 2
0,25
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:
3 2
3 3 2 23 2
a 1 2 2a
a b c b c 2ab c b c1 2
a a
0,25
Suy ra:
3 2 2
3 2 2 22 2 23
a 2a a(1)
a b c2 b c 2aa b c
Tương tự ta có:
3 2
3 2 2 23
b b(2)
a b cb a c
3 2
3 2 2 23
c c(3)
a b cc a b
0,25
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
3 3 3
3 3 33 3 3
a b c1
a b c b a c c a b
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
0,25
Bài 4
(3 điểm)
Hình vẽ:
d
E
DH
K
QP
N
M
I
A
B
C
O
4a) (1,5 điểm)
Gọi I là trung điểm của BC suy ra IO BC
ABN đồng dạng với ANC (Vì · ·ANB ACN , ·CAN chung)
AB AN
AN AC AB.AC = AN
2 .
0,50
ANO vuông tại 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 AOAI AO
(2)
Từ (1) và (2) suy ra AB AC
AI.AK AB.AC AKAI
0,5
Ta có A, B, C cố định nên I cố định AK không đổi.
Mà A cố định, K là giao điểm của BC và MN nên K thuộc tia AB
K cố định (đpcm)
0,25
4b) (1,5 điểm)
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 1 ME.
MQ 2 MQ ME = 2 MP P là trung điểm ME. 0,50
Bài 5
(1 điểm)
Bài 5 (1,0 điềm)
Giả sử A = 1 2 3; 21a ;a ;a ...;a với 1 2 3; 21a ; a ; a ...; a ¢ và
1 2 3 21a a a ... a .
Theo giả thiết ta có 1 2 3 11 12 13 21a a a ... a a a ... a
1 12 2 13 3 21 11a a a a a ... a a (1)
0,25
Mặt khác với x; y Z và nếu y x thì y x 1
12 2 13 3 21 11a a 10, a a 10,...,a a 10 (2)
Nên từ (1) suy ra 1a 10 + 10 + ... +10 = 100
mà 1a nhỏ nhất và 101 A 1a =101
Ta có
12 2 13 3 21 11101 a a a a ... a a 100
12 2 13 3 21 11a a a a ... a a 100 .
0,25
Kết hợp với (2)
12 2 13 3 21 11a a a a ... a a 10 (3)
12 2 12 11 11 10 3 210 a a (a a ) (a a ) ... (a a ) 10
12 11 11 10 3 2a a a a ... a a 1 (4)
Ta có 1a =101 mà 2102 A a 102
0,25
Kết hợp với (3) và (4) suy ra A = 101;102;103;...;121 . 0,25
--------------- Hết ------------------
