Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng giáo dục và đào tạo thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng giáo dục và đào tạo thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ TP. BẮC GIANG NĂM HỌC 2016-2017 Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (5 điểm) a a b b a b a. Cho biểu thức M= với a, b > 0 và a b a b a b b a Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết 1 a 1 b 2 ab 1 5 4 b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn 18 2 3 a b 2 a b 2 c. Cho a, b, c thỏa mãn a b c 7 ; a b c 23 ; abc 3 1 1 1 Tính giá trị biểu thức H= ab c 6 bc a 6 ca b 6 Bài 2: (4,5 điểm) 4 3 4 3 a. Tính giá trị của biểu thức N= 27 10 2 4 13 b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn a2 b2 2 a b 2 +(1 ab)2 4ab Chứng minh 1 ab là số hữu tỉ c. Giải phương trình x2 x 4 2 x 1 1 x Bài 3: (3,5 điểm) a. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x5 y2 xy2 1 1 1 1 3 b. Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 . Chứng minh ab a 2 bc b 2 ca c 2 2 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:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-207 MÔN: TOÁN LỚP 9 Câu Nội Dung Điểm Bài 1 4 đ a/ ab -Rút gọn M= với a, b>0 và a b 1,5đ a b 0,75 -Ta có 1 a 1 b 2 ab 1 ab a b 1 2 ab 1 2 ab ab 0,25 ab a b ( )2 1 1 a b a b + Nếu a>b>0 ab a b a b 0; ab 0 0 a b ab ab ab 0,25 1 M 1 a b a b a b + nếu 0<a<b ab a b a b 0; ab 0 0 a b ab ab ab 0,25 1 M 1 a b a b a b b/ 5 4 18 2 3 1,5đ a b 2 a b 2 5a 5b 2 4a 4b 2 18 2 a2 2b2 3 a2 2b2 5a 5b 2 4a 4b 2 18a2 2 36b2 2 3a2 6b2 0,5 18a2 2 36b2 2 9b 2 3a2 6b2 a 18a2 36b2 9b 2 3a2 6b2 a 3a2 6b2 a -Nếu 18a2 36b2 9b 0 2 18a2 36b2 9b 3a2 6b2 a Vì a, b nguyên nên Q 2 Q Vô lý vì 2 là số vô tỉ 18a2 36b2 9b 0,25 2 2 3 18a2 36b2 9b 0 3a 6b b 3 -Vây ta có 18a2 36b2 9b 0 2 a b 2 2 3a 6b a 0 2 2 2 3a 6b a 3 Thay a=b vào 3a2 6b2 a 0 t 2 9 3 0,75 a có 3 b2 6b2 b 0 27b2 24b2 6b 0 3b(b 2) 0 4 2 Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận
3. 2 c/ Ta có a b c a b c 2 ab bc ca 0,25 2 đ 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 0,75 Tương tự bc a 6 b 1 c 1 ; ac b 6 a 1 c 1 1 1 1 Vậy H= ab c 6 bc a 6 ca b 6 1,0 1 1 1 = a 1 b 1 b 1 c 1 a 1 c 1 c 1 a 1 b 1 = a 1 b 1 c 1 a b c 3 7 3 = 1 abc a b c ab bc ca 1 3 7 13 1 Bài 2 4,5 đ a/ 2( 4 3 4 3 ) 0,25 1,5đ N= 25 10 2 2 8 2 13 2( 4 3 4 3 ) 0,5 = (5 2)2 (4 3) 2 4 3 4 3 (4 3) 2( 4 3 4 3 ) 2 2( 4 3 4 3 ) (5 2) 5 2 2 5 2 5 0,5 ( 4 3 4 3 )2 4 3 4 3 b/ (GT) a b 2 2(ab 1) (a b)2 1 ab 2 0 0,25 1,5đ a b 4 2(a b)2 (1 ab) (1 ab)2 0 0,5 2 a b 2 (1 ab) 0 (a b)2 -(1 ab)=0 0,25 (a b)2 1 ab a b 1 ab Q;vi:a;b Q.KL 0,5 c/ Điều kiện: x 1 (*). 1,5đ x2 x 4 2 x 1 1 x Ta có: x2 2x x 1 x 1 2(x x 1) 3 0 0,5 2 x x 1 2 x x 1 3 0 Đặt x x 1 y (Điều kiện: y 1 ), phương trình trở thành y2 2y 3 0. 2 y 1 y 2y 3 0 y 1 y 3 0 y 3 +Với y 1 không thỏa mãn điều kiện ( ). + Với y 3 ta có phương trình: 0,25
4. 1 x 3 x x 1 3 x 1 3 x 2 x 1 9 6x x 1 x 3 0,5 1 x 3 2 x 2 x 2 x 7x 10 0 x 5 Vậy phương trình có nghiệm x 2. 0,25 Bài 3 3,5 đ a/ Ta có x5 y2 xy2 1 x5 1 xy2 y2 0 1,75đ x 1 x4 x3 x2 x 1 y2 x 1 0 x 1 x4 x3 x2 x 1 y2 0 x 1 0 -*Nếu 4 3 2 2 0,25 x x x x 1 y x 1 0 x 1 ta có 1 y2 y2 1 đúng với mọi y nguyên Vậy ngiệm của PT là (1;y Z) 0,25 *Nêu x4 x3 x2 x 1 y2 4x4 4x3 4x2 4x 4 (2 y)2 Ta có 2 2 y 2 2x2 x 4x4 4x3 4x2 4x 4 4x4 4x3 x2 2 2 2 8 3x 4x 4 3 x 0 3 3 Vậy ta có (2x2 x)2 2 y 2 * 2 2 Ta có 2x2 x 2 (2 y)2 5x2 0 , Vậy ta có 2 y 2 2x2 x 2 1đ Từ * và ta có 2 2 (2x2 x)2 2 y 2 2x2 x 2 2 y 2 2x2 x 1 ; 2 2 y 2 2x2 x 2 Nếu 2 y 2 (2x2 x 1)2 x2 2x 3 0 x2 2x 3 0 x 1 (x 1)(x 3) 0 x 3 + nếu x 1 y2 1 y 1 +Nếu x 3 y2 121 y 11 -Nếu 2 y 2 (2x2 x 2)2 5x2 0 x 0 y2 1 y 1 . Kết luận 0,25 Ta có 3 x2 y2 z2 x y z 2 x y 2 y z 2 x z 2 0 0,5 b/ 2 2 2 2 1,75đ x y z 3 x y z nên với x,y,z>0 ta có x y z 3 x2 y2 z2 , áp dụng ta có
5. 1 1 1 1 1 1 3 ab a 2 bc b 2 ca c 2 ab a 2 bc b 2 ca c 2 2 1 1 1 1 -Với x,y>0 ta có x y 2 xy x y 4xy x y 4 x y 0,5 áp dụng ta có 1 1 1 1 ab a 2 ab 1 a 1 ab abc a 1 ab(c 1) (a 1) 1 1 1 1 abc 1 1 c 1 4 ab(c 1) a 1 4 ab(c 1) a 1 4 c 1 a 1 1 1 c 1 Vây ta có ab a 2 4 c 1 a 1 1 1 a 1 1 1 b 1 Tương tự ta có ; nên bc b 2 4 a 1 b 1 ca c 2 4 b 1 c 1 1 1 1 3 ab a 2 bc b 2 ca c 2 1 c 1 a 1 b 1 3 0,5 3 4 c 1 a 1 a 1 b 1 b 1 c 1 2 1 1 1 3 Vậy dấu “=” có khi a=b=c=1 ab a 2 bc b 2 ca c 2 2 0,25 Bài 4 6 đ M N E Q C K F I T A B G O H P a/ -Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì ) mà AB là đường kính nên ACB vuông tại C 0,5 2đ AC  BN Ta có MA=MC ( ), OA=OC ( ) nên MO là trung trực của AC
6. MO  AC MO // NB M· OA N·BO -Ta có OA MA ( ) M· AO N·OB 900 ; xét MAO và NOB có 0,75 M· AO N·OB 900; M· OA N·BO;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 b/ -Xét CHB và MAO có M· AO N·OB 900;C·BH M· OA ( cm trên) 0,5 2đ CH HB HB CHB : MAO MA AO R IH HB HB -Ta có CH  AB (gt) ; MA AB ( ) CH // MA IH // MA 0,5 MA AB 2R CH HB HB IH 2IH -Nên ta có 2  2  CH 2IH IC IH . 0,5 MA R 2R MA MA -Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH KI // AB 0,5 c/ -Chưng minh FQIO là hình bình hành QF // IO 0,75 2đ -Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP 0,75 PG  OI PG  QF 0,5 Bài 5 1đ 2 * A 427 42016 4n 227 1 41989 4n 27 0,25 2 Vì A và 227 là số chính phương nên 1 41989 4n 27 là số chính phương Ta có 1 41989 4n 27 > 4n 27 (2n 27 )2 1989 n 27 *mà 1 4 4 là số chính phương nên ta có 0,5 2 1 41989 4n 27 2n 27 1 2n 27 23977 n 4004 2 Với n=4004 ta có A=A 427 42016 44004 227 24004 là số chính phương Vậy n=4004 thì A=427+42016+4n là số chính phương 0,25
7. PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ THANH HÓA NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn Toán: Lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1: (5,0 điểm) x 2 x 1 x 1 Cho biểu thức: P : . Với x 0, x 1. x x 1 x x 1 1 x 2 a) Rút gọn biểu thức P. 2 b) Tìm x để P . 7 c) So sánh: P2 và 2P. Bài 2: (4,0 điểm) a) Tìm x, y Z thỏa mãn: 2y2 x x y 1 x2 2y2 xy b) Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện: 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 . a b c a b c Chứng minh rằng: a3 b3 c3 chia hết cho 3. Bài 3: (4,0 điểm) a) Giải phương trình sau: 4x2 20x 25 x2 6x 9 10x 20 2 2 b) Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x + 2y + 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 diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện 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
8. 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 Điều kiện: x 0, x 1. 0,5 0,5
9. x 2 x 1 x 1 P : 0,5 x x 1 x x 1 1 x 2 x 2 x 1 x 1 : 3 x 1 x x 1 x 1 2 0,5 x 2 x( x 1) (x x 1) x 1 : x 1 x x 1 2 x 2 x 1 2 . x 1 x x 1 x 1 2 x x 1 b Với x 0, x 1. Ta có: 2 0,5 P 7 2 2 1,0 x x 1 7 x x 1 7 0,25 x x 6 0 ( x 2)( x 3) 0 0,25 Vì x 3 0 nên x 2 0 x 4 (t/m) 2 Vậy P = khi x = 4 7 c Vì x 0 x x 1 1 0,25 2 0 2 x x 1 0 P 2 0,25 P(P 2) 0 P 2 2P 0 P 2 2P 0,25 Dấu “=” xảy ra khi P = 2 x = 0 0,25 2 Vậy P 2P
10. 2 a 2y2x x y 1 x2 2y2 xy 2y2x x y 1 x2 2y2 xy 0 0,5 0,25 x 1 (2y2 y x) 1 Vì x, y Z nên x - 1 Ư(-1) =1; 1 +) Nếu x – 1 = 1 x = 2 0,5 Khi đó 2y2 - y – 2 = - 1 1 y = 1 (t/m) hoặc y =  Z (loại) 2 +) Nếu x – 1 = -1 x = 0 0,5 Khi đó 2y2 - y = 1 1 y = 1 (t/m) hoặc y =  Z (loại) 0,25 2 x 2 x 0 Vậy ; y 1 y 1 b a) Từ giả thiết 0,5 1 1 1 1 1 1 ( )2 a b c a 2 b2 c2 0,5 1 1 1 2( ) 0 ab bc ca Vì a, b, c 0 nên a + b + c = 0 0,5 a b c a b 3 c 3 0,25 3 3 3 a b 3ab(a b) c 0,25 a3 b3 c3 3abc Vậy a3 b3 c3 M3 với a, b, c Z Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng hằng đẳng thức x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) mà không chứng minh thì trừ 0,5 điểm. 3 a Đkxđ: x R 0,25 4x2 20x 25 x2 6x 9 10x 20
11. Vì 4x2 20x 25 x2 6x 9 0 với x 0,5 10x – 20 0 x 2 Ta có: 0,5 4x2 20x 25 x2 6x 9 10x 20 2x 5 x 3 10x 20 0,5 2x 5 x 3 10x 20 7x 28 0,25 x 4(t / m) Vậy phương trình có nghiệm là x = 4 b x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0. 0,5 x y 2 7(x y) 10 y2 (x y 2)(x y 5) y2 0 4 x y 1 1 0,5 * x + y + 1 = - 4 khi x = - 5; y = 0 0,5 * x + y + 1 = - 1 khi x = - 2; y = 0 Vậy Amin = - 4 khi x= - 5; y = 0 0,5 Amax = - 1 khi x = -2; y = 0 4 a E M A N B F 1,0 D C Ta có: E·CD B·CF (cùng phụ với E·CB ) Chứng minh được: EDC = FBC (cạnh góc vuông – góc nhọn) 1,0 CE = CF ECF cân tại C
12. Mà CM là đường trung tuyến nên CM  EF b * Vì EDC = FBC ED = FB 0,5 NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: BC2 = NB.BF a2 = NB.DE (đpcm) 0,5 EF * CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên CM 2 EF 0,5 AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên AM 2 CM = AM M thuộc đường trung trực của AC. Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực của AC 0,5 B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC (đpcm). c Đặt DE = x (x > 0) BF = x 0,5 1 SACFE = SACF + SAEF = AF AE CB 2 1 0,25 (AB BF)  AE AD 2 1 (a x).DE 2 1 (a x)x 2 0,5 1 2 2 2 SACFE = 3.SABCD (a x)x 3a 6a ax x 0 2 (2a x)(3a x) 0 Do x > 0; a > 0 3a + x > 0 2a x 0 x = 2a 0,5 A là trung điểm của DE AE = a AN AE Vì AE //BC nên 1 NB BC 0,25 N là trung điểm của AB. Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD 5 a a a c 0,5 * Vì a, b, c > 0 nên 1 . a b a b a b c
13. b b a c c b Tương tự: ; b c a b c c a a b c a b c 2 (1) a b b c c a a a * Ta có: b c a(b c) Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô- si ta có: a (b c) a (b c) 0 2 2 1 a b c a (b c) 2a a 2a a a b c a(b c) a b c b c 2b b 2c c Tương tự: ; a b c a c a b c b a a b c 2 b c c a a b 0,5 Dấu ‘ =” xảy ra khi a = b + c; b = c + a; c = a +b tức là a = b = c (vô lý). a b c 2 (2) b c c a a b Từ (1) (2) ta có đpcm. * 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.
14. PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016 THANH HÓA MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm) x x 2x x 2 x x 2x x 2 Cho P = + x x 3 x 2 x x 3 x 2 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) 5 3x x 1 1. Giải phương trình = 4 x 3 3 2x 2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2 Bài 3: (4,0 điểm) 1 1. Cho a = x + x 1 b = y + y 1 c = xy + xy Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – abc 1 1 2. Chứng minh rằng với mọi x > 1 ta luôn có. 3(x2 - ) < 2(x3 - ) x 2 x 3 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. Về 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. 9 Bài 6: (2,0 điểm) Với a, b là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = . 4 Hãy tìm GTNN của P =1 a 4 + 1 b 4
15. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm
16. Điều kiện x > 0; x 1; 4 0,5 1 ( x 2)( x 1)( x 1) ( x 2)( x 1)( x 1) 0,5 P = + ( x 2)( x 1) 2 ( x 2)( x 1) 2 1 x 1 x 1 = + x 1 x 1 2(x 1) = 0,5 x 1 2(x 1) 2(x 1) 2x 2 x 1 P > 1 > 1 - 1 > 0 > 0 x 1 x 1 x 1 x 3 > 0 Theo đ/k x > 0 x + 3 > 0 x 1 0,5 x – 1 > 0 x > 1 Kết hợp điều kiện x > 0; x 1; 4 Suy ra x > 1; x 4 thì P > 1 0,5 2 2(x 1) 4 P = = 2 + Với x > 0; x 1; 4 x 1 x 1 0,5 P nguyên x – 1 là ước của 4 0,5 P đạt giá trị nguyên lớn nhất x – 1 = 1 x = 2 0,5 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi x = 2 Điều kiện x – 3 + 3 2x 0 0,25 Phương trình tương đương 3x 5 - x 1 - 42x 3 - 4x + 12 = 0 (*) 0,5 1 3 Xét x < - Thì (*) - 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 2 2 2x = -28 x = - 14 (Thỏa mãn đk) 0,25 3 Xét -≤ x < 1 Thì (*) 2 0,25 - 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 2 x = (Thỏa mãn đk) 7 0,25 5 Xét 1 ≤ x < Thì (*) 3
17. - 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 0,25 3 x = (loại) 8 0,25 5 Xét x ≥ Thì (*) 3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0 3 2 x = - (Loại) 5 2 Vậy phương trình có nghiệm x 14;  7 Ta có x2 + xy + y2 = x2y2 (x + y)2 = xy(xy + 1) 0,5 xy 0 + Nếu x + y = 0 xy(xy + 1) = 0 2 xy 1 0,5 Với xy = 0. Kết hợp với x + y = 0 x = y = 0 x 1 x 1 0,5 Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0 hoặc y 1 y 1 + 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 0,5 cùng nhau. Do đó không thể cùng là số chính phương Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); (- 1; 1) 1 a2 = x2 + + 2 x2 1 b2 = y2 + + 2 y2 1 2 2 2 1 c = x y + 2 2 + 2 0,5 x y 1 1 1 x y x y ab = (x + )(y + ) = xy + + + = c + + 3 x y xy y x y x x y 0,5 abc = (c + + ).c y x x y 0,5 = c2 + c( + ) y x 0,5
18. 1 x y = c2 + (xy + )( + ) xy y x 1 1 = c2 + x2 + y2 + + y2 x2 = a2 – 2 + b2 – 2 + c2 A = a2 + b2 + c2 – abc = 4 2 1 3 1 3(x - 2 ) 1 nên x - > 0) x 1,0 1 1 Đặt x + = t thì x2 + = t2 – 2 x x 2 0,5 Ta có (1) 2t2 – 3t – 2 > 0 (t – 2)(2t + 1) > 0 (2) 1 Vì x > 1 nên (x – 1)2 > 0 x2 + 1 > 2x x + > 2 hay t > 2 x (2) đúng. Suy ra điều phải chứng minh A I B 1 Q P C H 4 D IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) và AD = BC (GT) 0,5 IPHQ là h.b.h 0,5 1 1 Có IP = IQ = AD = BC nên IPHQ là hình thoi 2 2 Gọi P1 ; Q1 là giao điểm của PQ với AD và BC
19. Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H HPQ = HQP (Góc ở đáy tam giác cân) (1) Mà PH // BC BQ1 P = HPQ (So le trong) (2) 0,5 QH // AD AP1 P = HQP (So le trong) (3) 0,5 Từ (1); (2); (3) Suy ra AP1 P = BQ1 P ( đpcm) k F E 2 A I B n m Q P C H D 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) 0,5 Suy ra MHP = NHQ MHQ = NHP MHN và PHQ có cùng tia phân giác 0,5 Mặt khác dễ có IPHQ và KMHN là các hình thoi. 0,5 Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ. Suy ra H, I, K thẳng hàng 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 ở E. Ta có AE  AD nên AD2 = DE.DH. Suy ra
20. AD 2 452 0,5 DE = = = 75cm DH 27 Theo tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác DB EB x 75 x = = (1) 0,5 DC EC y 75 y Mặt khác x + y = 40 (2) Thay y = 40 – x vào (1) và rút gọn được 0,5 x2 – 115x + 1500 = 0 (x – 15)(x – 100) = 0 Do x < 40 nên x = 15, từ đó y = 25. 0,5 Vậy DB = 15cm, DC = 25cm Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2; 1 và 1; 4 ta có (12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2 6 a 2 4 0,5 1 a 4 ≥ (1) 17 1 Dấu “=” xảy ra a = 2 Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1 và 1; 4 ta có b 2 4 17(b4 + 1) ≥ (b2 + 4)2 b 4 1 ≥ (2) 0,5 17 1 Dấu “=” xảy ra b = 2 a 2 b 2 8 Từ (1) và (2) P ≥ ( ) 17 9 5 Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) = a + b + ab = 4 4 Áp dụng Côsi ta có: 1 a a2 + 0,5 4 1 b b2 + 4 a 2 b 2 ab 2 0,5 Cộng từng vế ba bất đẳng thức ta được
21. 3 1 5 (a 2 b 2 ) + ≥ a + b + ab = 2 2 4 5 1 3 1 a2 + b2 ≥ ( - ): = Thay vào ( ) 4 2 2 2 1 8 17 P ≥ 2 = 17 2 17 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi a = b = 2 2 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
22. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG CẤP THCS NĂM HỌC 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi 12/4/2017 Bài 1. (2,0 điểm) 3 10 6 3( 3 1) 2017 a) Cho x . Tính giá trị của P 12x2 + 4x – 55 . 6 2 5 5 a 1 a a 1 a 2 a a a 1 M b) Cho biểu thức a a a a a a với a > 0, a 1. 6 Với những giá trị nào của a thì biểu thức N nhận giá trị nguyên? M Bài 2. (2,0 điểm) a) Cho phương trình: x2 2mx m2 m 6 0 (m là tham số). Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm x1 và x2 sao cho x1 x2 8 ? x3y2 2x2y x2y2 2xy 3x 3 0 b) Cho hệ phương trình . 2 2017 y x y 3m Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ;y1 và x 2 ;y2 thỏa mãn điều kiện x 1 y2 x2 y1 3 0 . Bài 3. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a + b2 chia hết cho a 2b 1 . b) Cho ba số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng: a3 b3 c3 1. a3 b c 3 b3 c a 3 c3 a b 3 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
23. 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 1a) (1,0 điểm) Ta có : 0,25 3 10 6 3 3 1 3 ( 3 1)3 3 1 6 2 5 5 ( 5 1)2 5 0,25 3 ( 3 1)3 ( 3 1) ( 3 1)( 3 1) 3 1 x 2 0,25 ( 5 1)2 5 5 1 5 1 Thay giá trị của x vào P ta được: 2017 0,25 P 12.22 4. 2 55 12017 1 1b) (1,0 điểm) Với điều kiện a 0; a 1 thì: a 1 a 1 a a 1 a 1 a 1 a a 1 M a a a 1 a a 1 a 1 0,25 2 a 1 a a 1 a a 1 a 1 Bài 1 M (2 điểm) a a a a 6 6 a Khi đó N 2 0 M a 1 Ta thấy với 0 a 1 a a 1 0 0,25 2 6 a a 1 3 a 2 2 a 1 Do 0 N 2 0,25 Để N có giá trị nguyên thì N = 1. 6 a 1 a 2 a 1 a 4 a 1 0 2 a 3 2 a 7 4 3 (tháa m·n) a 2 3 0,25 a 3 2 a 7 4 3 (tháa m·n) Vậy a 7 4 3.
24. 2a) (1,0 điểm) Phương trình: x2 2mx m2 m 6 0 có hai nghiệm thì: ' m2 m2 m 6 m 6 0 m 6 . Theo hệ thức Vi-ét ta có: 0,25 x1 x2 2m 2 x1x2 m m 6 Ta có: x x 8 x 2 x 2 2 x x 64 1 2 1 2 1 2 0,25 2 x1 x2 2x1x2 2 x1x2 64 (1) Trường hợp 1: Nếu x1 và x2 cùng dấu thì: m 6 x1x2 0 m2 m 6 m 2 m 3 0 0,25 6 m 2 (*) m 3 2 2 Khi đó (1) x1 x2 64 4m 64 m 4 (thỏa mãn (*)). Trường hợp 2: Nếu x và x trái dấu thì: 1 2 x x 0 m2 m 6 m 2 m 3 0 2 m 3 ( ) 1 2 0,25 2 2 2 Khi đó (1) x1 x2 4x1x2 64 4m 4 m m 6 64 m 6 16 m 10 (không thỏa mãn điều kiện ( ). Kết luận: m 4 2b) (1,0 điểm) 3 2 2 2 2 Bài 2 x y 2x y x y 2xy 3x 3 0 (1) 2 2017 (2 điểm) y x y 3m (2) Ta có (1) x3y2 x2y2 2x2y 2xy 3x 3 0 (x 1) x2y2 2xy 3 0 0,25 x 1 2 xy 1 2 0 V« lý Thay x = 1 vào phương trình (2) ta được y2 y 3m 1 0 (3) Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì: 0,25 1 1 4 3m 1 0 12m 3 0 m 4 Theo đề bài: x 1 y2 x2 y1 3 0 4 y1 y2 y1y2 0 (4) 0,25 do x1 x2 1 . 1 Với m theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có : 0,25 4
25. y1 y2 1 thay vào (4) ta có: 5 1 3m 0 m 2 (thỏa mãn) y1y2 1 3m Kết luận: m = 2. 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 2 – b ¥ * m + b = ka2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: mb m b 1 a k ka 2 1 0,25 (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. 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 vµ k a –1 ¥ a 1 0,25 k(a 1) 0 a 2 k(a 1) 1 k 1 Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2. m 1 2 b 1 1 b 2 k.a 2 5 a 1 0,25 2 m 1 1 b 3 k.a 5 a 1 b 1 2 Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1; b = 2 và a = 1; b = 3. b 1 Với a = 2 và k = 1. Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 . m 1 Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1. 0,25 Khi m = 1: từ (1) suy ra a + k = b b = 3. Bài 3 Khi đó: a = 2, b = 3. (2 điểm) Vậy có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1). 3b) (1,0 điểm) Với x là số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x 1 x2 x 1 x2 2 x3 1 x 1 x2 x 1 2 2 0,25 1 2 (*) x3 1 x2 2 Dấu “ =” xảy ra khi x = 2 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được: 3 2 a 1 2 2a 0,25 3 3 2 2 a3 b c b c b c b c 2a 2 1 2 a a
26. a3 2a 2 a 2 Suy ra: (1) a3 b c 3 2 b2 c2 2a 2 a 2 b2 c2 Tương tự ta có: b3 b2 (2) 3 3 a 2 b2 c2 b a c 0,25 c3 c2 (3) c3 a b 3 a 2 b2 c2 Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a3 b3 c3 1 0,25 a3 b c 3 b3 a c 3 c3 a b 3 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. Hình vẽ: M A P H O D Q B K E I N C d 4a) (1,5 điểm) Bài 4 Gọi I là trung điểm của BC suy ra IO  BC (3 điểm) ABN đồng dạng với ANC (Vì A·NB A·CN , C·AN chung) 0,50 AB AN AB.AC = AN2 . AN AC ANO vuông tại N, đường cao NH nên AH.AO = AN2 0,25 AB.AC = AH.AO (1) AHK đồng dạng với AIO (g.g) AH AK Nên AI  AK AH  AO (2) AI AO 0,5 AB AC Từ (1) và (2) suy ra AI.AK AB.AC AK AI 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 0,25 K cố định (đpcm) 4b) (1,5 điểm)
27. ME MH Ta có: MHE đồng dạng QDM (g.g) 0,50 MQ DQ MP MH MH PMH đồng dạng MQH (g.g) 0,50 MQ QH 2DQ MP 1 ME . ME = 2 MP P là trung điểm ME. 0,50 MQ 2 MQ Bài 5 (1,0 điềm) Giả sử A =a1;a 2;a3; ;a 21 với a1; a 2; a3; ; a 21 ¢ và a a a a . 1 2 3 21 0,25 Theo giả thiết ta có a1 a 2 a3 a11 a12 a13 a 21 a1 a12 a 2 a13 a3 a 21 a11 (1) Mặt khác với x;y Z và nếu y x thì y x 1 a12 a 2 10, a13 a3 10, ,a 21 a11 10 (2) Nên từ (1) suy ra a1 10 + 10 + +10 = 100 Bài 5 mà a1 nhỏ nhất và 101 A a1 =101 0,25 (1 điểm) Ta có 101 a12 a 2 a13 a3 a 21 a11 100 a12 a 2 a13 a3 a 21 a11 100. Kết hợp với (2) a12 a 2 a13 a3 a 21 a11 10 (3) 10 a12 a 2 (a12 a11) (a11 a10 ) (a3 a 2 ) 10 0,25 a12 a11 a11 a10 a3 a 2 1 (4) Ta có a1 =101 mà 102 A a 2 102 Kết hợp với (3) và (4) suy ra A =101;102;103; ;121. 0,25 Hết