Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 thành phố Hải Phòng năm học 2016 2017

6 120 0
  • Loading ...
Loading...
1/6 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 30/04/2017, 22:03

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CẤP THCS NĂM HỌC 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 12/4/2017 (Đề thi gồm 01 trang) Bài (2,0 điểm) a) Cho x  10  (  1) 62   Tính giá trị P  12x + 4x – 55  2017 a  a a 1 a  a a  a 1 M   a a  a a a a b) Cho biểu thức với a > 0, a  Với giá trị a biểu thức N  nhận giá trị nguyên? M Bài (2,0 điểm) a) Cho phương trình: x  2mx  m2  m   (m tham số) Với giá trị m phương trình có hai nghiệm x1 x cho x1  x  ?  x y  2x y  x y  2xy  3x    b) Cho hệ phương trình  2017 y  x  y  3m   Tìm giá trị m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt  x ; y2  thỏa mãn điều kiện  x  y2  x  y1     x ; y1  Bài (2,0 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương a, b cho a + b chia hết cho a b  b) Cho ba số th c a, b, c dương Chứng minh r ng: a3 a3   b  c  b3 b3   c  a   c3 c3   a  b   Bài (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định n m đường thẳng d (điểm B n m 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 n m 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 không giải thích thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Cán coi thi 1: Cán coi thi 2: SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM HẢI PHÒNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Năm học 2016 - 2017 MÔN: Toán (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa Tổng điểm thi: 10 điểm Đáp án Bài Điểm 1a) (1,0 điểm) Ta có : 10  3     (  1)3   0,25 1    (  1)2  x (  1)3 (  1)  0,25 (  1)(  1)   2 1 0,25  12017  0,25 (  1)  Thay giá trị x vào P ta được:  P  12.22  55  2017 1b) (1,0 điểm) Với điều kiện a  0; a  thì: M Bài (2 điểm) M a 1  a    a  a  1  a  1a  a  1 a  a  1 a  1 a   a  1  a 1 a  a 1 a 1 a 1 a  a 1 a    a a a Khi N   M  a  a 1 a 0 Ta thấy với  a   a  a   a  a 1  a  2 a 1    Để N có giá trị nguyên N = a 1 a  a    a  a 1   a  32 a   (tháa m·n) a 2 3    a    a   (tháa m·n)   Vậy a   0,25  Do  N   0,25 0,25 0,25 2a) (1,0 điểm) Phương trình: x  2mx  m2  m   có hai nghiệm thì:  '  m2   m2  m    m    m  6 Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1  x  2m    x1x  m  m  Ta có: x1  x   x12  x 2  x1x  64   x1  x  0,25 0,25  2x1x  x1x  64 (1) Trường hợp 1: Nếu x1 x dấu thì: m  6  x1x    m  m    m   m  3   6  m  2  (*) m  0,25 Khi (1)   x1  x   64  4m2  64  m  4 (thỏa mãn (*)) Trường hợp 2: Nếu x1 x trái dấu thì: x1x   m2  m    m   m  3   2  m  (**) Khi (1)   x1  x   4x1x  64  4m2   m2  m    64 Bài (2 điểm) 0,25  m   16  m  10 (không thỏa mãn điều kiện (**) Kết luận: m   2b) (1,0 điểm)  x y  2x y  x y  2xy  3x   (1)   2017  y  3m (2)  y  x Ta có (1)  x3 y2  x y2  2x y  2xy  3x      (x  1) x y  2xy   x    xy  1    V« lý  Thay x = vào phương trình (2) ta y2  y  3m   (3) Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì:     3m  1   12m    m  Theo đề bài:  x  y2  x  y1      y1  y2  y1y2  (4) x1  x  1 Với m  theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có : 0,25 0,25 0,25 0,25  y1  y  thay vào (4) ta có:   3m   m  (thỏa   y1y   3m mãn) Kết luận: m = 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   (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) * Do m, b    m –1 b –1  Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka)  Lại a > nên suy ra: k + – ka    k(a – 1) Vì a –  0, k > nên  k  a –1  vµ k  a –1 a   k(a  1)      a   k(a  1)    k  Bài (2 điểm) 0,25 Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) =  m     b   k.a   a  b       m   b   k.a   a     b   Vậy, trường hợp ta hai cặp a = 1; b = a = 1; b = b  Với a = k = Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) =   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) 3b) (1,0 điểm) Với x dương áp d ng bất đ ng thức auchy ta có: x 1 x2  x 1 x2  x    x  1 x  x    2   (*) x 1 x  ấu = x y x = Áp d ng bất đ ng thức (*) ta được:  a3 a   b  c 3  0,25 0,25 0,25  bc 1    a   bc   2  a   2a  b  c  2a 0,25 0,25 Suy ra: a3 a3   b  c  2a a2  (1) 2 2 b  c2  2a a  b  c   Tương t ta có: b3 b3   a  c  b2  (2) a  b2  c2 c3 c3   a  b   0,25 c2 (3) a  b2  c2 Cộng vế với vế ba bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3 a3   b  c  b3 b3   a  c   c3 c3   a  b  1 0,25 ấu = x y a = b = c Hình vẽ: M A H P B Q D K I E N Bài (3 điểm) O C d 4a) (1,5 điểm) Gọi I trung điểm BC suy IO  BC ABN đồng dạng với ANC (Vì ANB  ACN , CAN chung) AB AN  AB.AC = AN2   AN AC ANO vuông N, đường cao NH nên AH AO = AN2  AB.AC = AH.AO (1) AHK đồng dạng với AIO (g.g) AH AK Nên   AI  AK  AH  AO (2) AI AO AB  AC Từ (1) (2) suy 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 giao điểm BC MN nên K thuộc tia AB  K cố định (đpcm) 4b) (1,5 điểm) ME MH  Ta có: MHE đồng dạng QDM (g.g)  MQ DQ 0,50 0,25 0,5 0,25 0,50 PMH đồng dạng MQH (g.g)  MP MH MH   MQ QH 2DQ MP ME   ME = MP  P trung điểm ME MQ MQ Bài (1,0 điềm) Giả sử A = a1;a ;a 3; ;a 21 với a1; a ; a 3; ; a 21   Bài (1 điểm) a1  a  a   a 21 Theo giả thiết ta có a1  a  a   a11  a12  a13   a 21  a1  a12  a  a13  a   a 21  a11 (1) Mặt khác với x; y  Z y  x y  x   a12  a  10, a13  a  10, ,a 21  a11  10 (2) Nên từ (1) suy a1  10 + 10 + +10 = 100 mà a1 nhỏ 101  A  a1 =101 Ta có 101  a12  a  a13  a   a 21  a11  100  a12  a  a13  a   a 21  a11  100 Kết hợp với (2)  a12  a  a13  a   a 21  a11  10 (3)  10  a12  a  (a12  a11 )  (a11  a10 )   (a  a )  10  a12  a11  a11  a10   a  a  (4) Ta có a1 =101 mà 102 A  a  102 Kết hợp với (3) (4) suy A = 101;102;103; ;121 - Hết 0,50 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 ...Cán coi thi 1: Cán coi thi 2: SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM HẢI PHÒNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Năm học 2016 - 2017 MÔN: Toán (Hướng dẫn chấm gồm... Năm học 2016 - 2017 MÔN: Toán (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa Tổng điểm thi: 10 điểm Đáp án Bài Điểm 1a) (1,0 điểm) Ta có : 10  3     ( ... 1)2  x (  1)3 (  1)  0,25 (  1)(  1)   2 1 0,25  12017  0,25 (  1)  Thay giá trị x vào P ta được:  P  12.22  55  2017 1b) (1,0 điểm) Với điều kiện a  0; a  thì: M Bài (2
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 thành phố Hải Phòng năm học 2016 2017 , Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 thành phố Hải Phòng năm học 2016 2017 , Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 thành phố Hải Phòng năm học 2016 2017

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Từ khóa liên quan

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay
Nạp tiền Tải lên
Đăng ký
Đăng nhập