Đề thi HSG cấp tỉnh (2016 - 2017) Môn Toán Lớp 9 THCS

28 308 0
Đề thi HSG cấp tỉnh (2016 - 2017)  Môn Toán  Lớp 9 THCS

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9 – NĂM HỌC 2016 2017SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOBÌNH ĐỊNHĐỀ CHÍNH THỨCKÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9NĂM HỌC 2016 2017 Môn thi: TOÁN Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Ngày thi: 18 tháng 3 năm 2017 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)Bài 1 (6,0 điểm). 1. Cho biểu thức: P = a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên. 2. Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4.Bài 2 (5,0 điểm). a) Chứng minh rằng: với mọi số thực x, y dương, ta luôn có: b) Cho phương trình: (m là tham số). Có hai nghiệm và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = Bài 3 (2,0 điểm)Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng: Bài 4 (7,0 điểm).1.Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó.a)Chứng minh MB + MC = MAb)Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Chứng minh rằng: Khi M di động ta luôn có đẳng thức: MH + MI + MK = 2.Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên đoạn FD, lấy N trên tia DE sao cho . Chứng minh MA là tia phân giác của góc HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOBÌNH ĐỊNHHƯỚNG DẪN CHẤMĐỀ CHÍNH THỨCKÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9NĂM HỌC 2016 2017Môn thi: TOÁN Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Ngày thi: 18 tháng 3 năm 2017 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)Bài 1 (6,0 điểm).1a) Rút gọn được P = (với m 0, m 1)1b) P = = 1 + Ta có: P N là ước dương của 2 m (TMĐK)Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm.2) a + b + c 4 (a, b, c Z)Đặt a + b + c = 4k (k Z) a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc = = 64 = ()Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1 a+ b + c chia 2 dư 1 (1)Mà: a + b + c 4 a + b + c 2 (theo giả thiết) (2)Do đó (1) và (2) mâu thuẫn Điều giả sử là sai Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2 2abc 4 ()Từ () và () P 4 Bài 2 (5,0 điểm).a) (đúng)b) PT có a, c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt và Ta có: và M = = ......= = ; Dấu “=” xảy ra khi m = 0 Vậy GTNN của M là khi m = 0Bài 3 (2,0 điểm)Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương và yz, ta có: + yz Tương tự, ta có: và Suy ra: (1)Ta có: = (2)Ta có: x + y + z (3)Thật vậy: () (BĐT đúng)Dấu “=” xảy ra khi x = y = zTừ (2) và (3) suy ra: (4)Từ (1) và (4) suy ra: Bài 4 (7,0 điểm).1.a) Cách 1: Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MBTa có: BEM là tam giác đều BE = BM = EM BMA = BEC MA = ECDo đó: MB + MC = MACách 2: Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MBTa có: BEM là tam giác đều BE = BM = EM MBC = EBA (c.g.c) MC= AEDo đó: MB + MC = MA1.b) Kẻ AN vuông góc với BC tại NVì ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác A, O, N thẳng hàng AN = Ta có: AN = AB.sin Ta có: = = = = Do đó: MH + MK + MI = + = + = + 2. Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại KTứ giác AEDB nội tiếp Mà: (vì MK BC).Do đó: Tứ giác AMKN nội tiếp Ta có: (= ) DMK có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D DM = DK AMD = AKD (c.g.c) Nên: . Ta có: Vậy: MA là phân giác của góc HẾT SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠOHẢI PHÒNG(Đề thi gồm 01 trang)KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CẤP THCS NĂM HỌC 2016 2017ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Ngày thi 1242017Bài 1. (2,0 điểm)a) Cho . Tính giá trị của .b) Cho biểu thức với a > 0, a  1. Với những giá trị nào của a thì biểu thức nhận giá trị nguyên?Bài 2. (2,0 điểm)a) Cho phương trình: (m là tham số). Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm và sao cho ?b) Cho hệ phương trình Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt và thỏa mãn điều kiện .Bài 3. (2,0 điểm)a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho chia hết cho .b) Cho ba số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng: .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)SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠOHẢI PHÒNGĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐNăm học 2016 2017MÔN: 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 .BàiĐáp ánĐiểmBài 1(2 điểm)1a) (1,0 điểm)Ta có : 0,25 0,25 0,25Thay giá trị của x vào P ta được: 0,251b) (1,0 điểm)Với điều kiện thì: 0,25Khi đó Ta thấy với 0,25Do Để N có giá trị nguyên thì N = 1.0,25   Vậy 0,25Bài 2(2 điểm)2a) (1,0 điểm)Phương trình: có hai nghiệm thì: .Theo hệ thức Viét ta có: 0,25Ta có: 0,25Trường hợp 1: Nếu và cùng dấu thì: ()Khi đó (1) (thỏa mãn ()).0,25Trường hợp 2: Nếu và trái dấu thì: ()Khi đó (1) (không thỏa mãn điều kiện ().Kết luận: 0,252b) (1,0 điểm) Ta có 0,25Thay x = 1 vào phương trình (2) ta được Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì: 0,25Theo đề bài: do .0,25Với theo hệ thức Viét cho phương trình (3) ta có : thay vào (4) ta có: (thỏa mãn)Kết luận: m = 2.0,25Bài 3(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 + b = ka2 (2)Từ (1) và (2) suy ra:  (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka) (3)Do Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka)  0.0,25Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka  0  1  k(a – 1)Vì a – 1  0, k > 0 nên 0,25Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2. Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1; b = 2 và a = 1; b = 3.0,25Với a = 2 và k = 1. Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0  .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).0,253b) (1,0 điểm)Với x là số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: Dấu “ =” xảy ra khi x = 20,25Áp dụng bất đẳng thức () ta được: Suy ra: 0,25Tương tự ta có: 0,25Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.0,25Bài 4(3 điểm)Hình vẽ: 4a) (1,5 điểm)Gọi I là trung điểm của BC suy ra ABN đồng dạng với ANC (Vì , chung) AB.AC = AN2 .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 (2)Từ (1) và (2) suy ra 0,5Ta 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)0,254b) (1,5 điểm)Ta có: MHE đồng dạng QDM (g.g) 0,50 PMH đồng dạng MQH (g.g) 0,50 ME = 2 MP P là trung điểm ME.0,50Bài 5(1 điểm)Bài 5 (1,0 điềm)Giả sử A = với và .Theo giả thiết ta có 0,25Mặt khác với và nếu thì Nên từ (1) suy ra 10 + 10 + ... +10 = 100mà nhỏ nhất và 101 A =101Ta có .0,25Kết hợp với (2) (4)Ta có =101 mà 0,25Kết hợp với (3) và (4) suy ra A = 0,25 HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI(Đề thi gồm 01 trang)ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNHNĂM HỌC 2016 2017MÔN TOÁN LỚP 9Thi ngày 08 tháng 12 năm 2016 (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)Bài 1 (4,0 điểm). 1) Rút gọn biểu thức: A = 2) Cho a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức Ab) Đặt B = A + x – 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức BBài 2 (4,0 điểm). Giải phương trình 1) Giải phương trình : 2) Giải phương trình: .Bài 3 (3,0 điểm). 1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương của một số nguyên. 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình Bài 4 (7,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O) (C khác A, C khác B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, D là điểm đối xứng với A qua C, I là trung điểm của CH, J là trung điểm của DH.a) Chứng minh b) Chứng minh CJH đồng dạng với HIBc) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE.HD = HC2 d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn nhất.Bài 5 (2,0 điểm). Cho . Chứng minh rằng . HẾTHọ và tên thí sinh:……………..……............…… Họ, tên chữ ký GT1:……………………..Số báo danh:……………….……..............……… Họ, tên chữ ký GT2:……………………..

  ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MƠN TỐN - LỚP – NĂM HỌC 2016 - 2017   SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2016- 2017 Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18 tháng 3 năm 2017   (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)  Bài (6,0 điểm).          1. Cho biểu thức: P =  2m  16m   m2 m 3 m 2  m 1     m 3          a) Rút gọn P.           b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên.            2. Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số ngun. Chứng  minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4.  Bài 2 (5,0 điểm)          a) Chứng minh rằng: với mọi số thực x, y dương, ta ln có:  1      x y x y          b) Cho phương trình:  x  3mx    (m là tham số). Có hai nghiệm  x1  và  x2  Tìm  giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =   x1  x2    x12  x22        x2   x1 Bài 3 (2,0 điểm)  Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng:            1 1 1 1         x  yz y  xz z  xy  xy yz zx  Bài 4 (7,0 điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm di   động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó.  a) Chứng minh MB + MC = MA  b) Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vng góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi   S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Chứng minh rằng: Khi M di động ta ln  có đẳng thức:                           MH + MI + MK =   S + 2S'     3R Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên đoạn  · · = BAC FD, lấy N trên tia DE sao cho  MAN  Chứng minh MA là tia phân giác của góc  · NMF     - HẾT -    Trang 1      SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2016- 2017 Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18 tháng 3 năm 2017   (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)  HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC  Bài (6,0 điểm).  1a) Rút gọn được P =  m 1  (với m    0, m    1) m 1   m 1  =  1 +     m 1 m 1  N  m  là ước dương của 2    m   4; 9  (TMĐK)  Ta có: P    N   m 1 1b)   P =  Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm.  2) a + b + c  M 4   (a, b, c    Z)  Đặt a + b + c = 4k  (k    Z)   a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b   Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc                 =  16k  4ak  ack  ac   4k  b   abc                  = 64 k  16bk  16ak  4abc  16ck  4bck  4ack  abc    abc                =  16k  4bk  4ak  abk  4ck  bck  ack   2abc    (*)  Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1    a+ b + c chia 2 dư 1   (1)  Mà: a + b + c  M 4   a + b + c  M 2  (theo giả thiết)        (2)  Do đó (1) và (2) mâu thuẫn    Điều giả sử là sai    Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2   2abc  M 4   (**)  Từ (*) và (**)   P  M 4     Bài 2 (5,0 điểm) 1 ab 2        a  b   4ab   a  b    (đúng)  x y x y ab ab b) PT có a, c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt  x1  và  x2   a)  Ta có:  x1  x2   3m  và  x1.x2      2   x12  x22   M =   x1  x2      =  =  x2   x1 2  1  x1 x2     x  x  x x  1  1  x1 x2      x  x       2  2 2 2  x1 x2     x1 x2      2 =     m     ;        Dấu “=” xảy ra khi m = 0     Vậy GTNN của M là    khi m = 0    Trang 2    Bài 3 (2,0 điểm)  Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương  x  và yz, ta có:  1 1      x  yz x yz x yz 1 1 1  Tương tự, ta có:   và     z  xy z xy y  xz y xz x  + yz   x yz  x yz    1 1 1            (1)  x  yz y  xz z  xy  x yz y xz z xy  yz  xz  xy 1   Ta có:   =      (2)  xyz x yz y xz z xy Suy ra:  Ta có:  yz  xz  xy     x + y + z    (3)  Thật vậy: (*)   yz  xz  xy  x  y  z     x  y   z  x   y  x     (BĐT đúng)  Dấu “=” xảy ra khi x = y = z  Từ (2) và (3) suy ra:  1 x yz 1         (4)  xyz yz xz xy x yz y xz z xy Từ (1) và (4) suy ra:  1 1 1 1         x  yz y  xz z  xy  xy yz zx  Bài 4 (7,0 điểm) 1.a) Cách 1: Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB  Ta có:   BEM là tam giác đều    BE = BM = EM  A  BMA =   BEC    MA = EC  Do đó: MB + MC = MA    Cách 2:   O Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB  E Ta có:   BEM là tam giác đều     BE = BM = EM  C B  MBC =   EBA (c.g.c)    MC= AE  Do đó: MB + MC = MA  M 1.b) Kẻ AN vng góc với BC tại N  Vì   ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác    A, O, N thẳng hàng   AN =  R    AN 3  R:  R    Ta có: AN = AB.sin ·ABN    AB  sin · ABN 2S 2S Ta có:  MH AB  S ABM  MH  ABM  =  ABM    AB R 2S S ACM MK AC  S ACM  MK   =  ACM   B AC R H 2S 2S 2S '   MI BC  S BCM  MI  BCM  =  BCM  =    BC R R   Trang 3  A O B C M E A O K I N C M   Do đó: MH + MK + MI =  2S ' 2S ' S ABMC    +   +   S ABM  S ACM   =  R R R R                                        =   S  2S ' 2S '  +     S  S '  3R R R   2. Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại K  · ·  BAC Tứ giác AEDB nội tiếp   CDE    · ·  CDE Mà:  MKD  (vì MK // BC).  · ·  MAN Do đó:  MKD     Tứ giác AMKN nội tiếp  A · AMN  · AKN      ¶ D ¶  (=  BAC ¶ D ¶   · Ta có:  D  )    D  DMK có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D    DM = DK  AMD  · AKD    AMD =   AKD (c.g.c)   ·   Nên:  · AMF  · AMN  · AKN   AMF  · AKN  Ta có:  · F E H K M · Vậy: MA là phân giác của góc  NMF    B - HẾT -    N Trang 4  D C   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 MƠN: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi 12/4/2017 (Đề thi gồm 01 trang)  Bài (2,0 điểm) a) Cho  x  10  (  1)  Tính giá trị của  P  12x + 4x – 55 62  M b) Cho biểu thức      2017   a  a a 1 a2  a a  a 1   a a a a a a        với a > 0, a  1.  Với những giá trị nào của a thì biểu thức  N   nhận giá trị nguyên?  M Bài (2,0 điểm) a) Cho phương trình:  x  2mx  m2  m    (m là tham số). Với giá trị nào của m  thì phương trình có hai nghiệm  x1  và  x  sao cho  x1  x  ?   x y  2x y  x y  2xy  3x   b) Cho hệ phương trình     2017 y  x  y  3m  Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt   x ; y1   và   x ; y    thỏa mãn điều kiện   x  y  x  y1      Bài (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho  a + b2 chia hết cho  a b    b) Cho ba số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng:   a3 a3   b  c  b3 b3   c  a   c3 c3   a  b     Bài (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 ln đi qua điểm B và điểm C (điểm O khơng  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  vng  góc  với  MD  cắt  đường  thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm của ME.  Bài (1,0 điểm) Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số ngun 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 coi thi khơng giải thích thêm)        Trang 5    SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Năm học 2016 - 2017 MƠN: Tốn 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 1a) (1,0 điểm) Điểm Ta có :           10      (  1)3  0,25   1      (  1)  0,25          (  1)3 (  1) (  1)(   1)  x   2 1 (  1)2    Thay giá trị của x vào P ta được:   P  12.22  4. 2 55  2017 0,25  0,25   12017    1b) (1,0 điểm) Với điều kiện  a  0; a  thì:   M  a 1  a   a  a  1  a  1 a  a  1 a  a  1 a  1   a   a  1    a 1 a  a  a 1 0,25  Bài (2 điểm) M a 1 a  a 1 a    a a a  M Khi đó N  a   a  0  a 1 0,25  Ta thấy với   a   a  a   a  a 1  a   2    a 1     Do   N  0,25  Để N có giá trị ngun thì N = 1.    a 1 a  a       a  a         a 2   a  32 a   (tháa m·n) 3    a    a   (tháa m·n) Vậy  a       Trang 6  0,25         2a) (1,0 điểm) Phương trình:  x  2mx  m  m    có hai nghiệm thì:     '  m   m  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   2x1x  x1x  64 (1) Trường hợp 1:   Nếu x1 và  x  cùng dấu thì:  0,25  0,25    m  6  x1x      m  m   m  m        6  m  2    (*)  m  0,25  Khi đó  (1)    x1  x   64  4m  64  m  4 (thỏa mãn (*)).  Trường hợp 2:   Nếu  x1  và  x  trái dấu thì:  x1x   m  m    m   m  3   2  m   (**)  Khi đó (1)    x1  x   4x1x  64  4m   m  m    64   Bài (2 điểm) 0,25   m   16  m  10  (không thỏa mãn điều kiện (**).  Kết luận:  m     4   2b) (1,0 điểm)  x y  2x y  x y  2xy  3x   (1)    2017  y  3m (2)  y  x Ta có  (1)  x y  x y  2x y  2xy  3x      0,25    (x  1) x y  2xy                     x    xy  1    V« lý  Thay x = 1 vào phương trình (2) ta được  y  y  3m   (3)   Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì:       3m  1   12m    m    Theo đề bài:   x  y  x  y1      y1  y  y1y  (4) do  x1  x  1.  Với  m   theo hệ thức Vi-ét cho phương trình  (3) ta có :    Trang 7  0,25    0,25  0,25     y1  y     thay vào (4) ta có:    3m   m  (thỏa mãn)  y y   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 – b  ¥ *      m + b = ka2       (2)  Từ (1) và (2) suy ra:  mb  m  b   a  k  ka  1   (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka)   (3)  Do  m, b  ¥ *   m –1 b –1     0,25  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   k  a – 1   vµ k  a – 1 Bài (2 điểm) a   k(a  1)      a     k(a  1)   k  0,25  Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2.   m     b   k.a   a  b          m   b   k.a   a     b   Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1; b = 2 và  a = 1; b = 3.  b  Với a = 2 và k = 1. Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0      m  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).  3b) (1,0 điểm) Với x là số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:   x   x2  x  x2  x    x  1 x  x      2   (*)   x 1 x  Dấu “ =” xảy ra khi x = 2  Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:     a3 a3   b  c    0,25  0,25   bc 1    a   2 bc   2  a  Trang 8   2a  b  c  2a   0,25  0,25    Suy ra:  a3 a3   b  c 2a a2   (1) 2 b  c  2a a  b  c       Tương tự ta có:  b3 b3   a  c  c3 c3   a  b    b2 (2)   a  b2  c2 0,25  c2 (3)   a  b2  c2 Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:  a3 a3   b  c  b3 b3   a  c   c3 c3   a  b   1  0,25  Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.  Hình vẽ:  M Bài (3 điểm) A H P B O Q D K I E N C d 4a) (1,5 điểm) Gọi I là trung điểm của BC suy ra  IO  BC   · · ·  ACN ABN đồng dạng với ANC (Vì   ANB ,  CAN  chung)   AB AN    AB.AC = AN2 .  AN AC ANO vuông tại N, đường cao NH nên AH.AO = AN2   AB.AC = AH.AO  (1)  AHK đồng dạng với AIO (g.g)   AH AK   AI  AK  AH  AO  (2)  Nên  AI AO 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 khơng đổi.  Mà A cố định, K là giao điểm của BC và MN nên K thuộc tia AB     K cố định (đpcm)  4b) (1,5 điểm)   Trang 9    0,50  0,25  0,5  0,25    ME MH    MQ DQ MP MH MH            PMH đồng dạng MQH (g.g)        MQ QH 2DQ MP ME     ME = 2 MP    P là 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  ¢  và   Ta có: MHE đồng dạng QDM  (g.g)   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 và nếu  y  x  thì  y  x     a12  a  10, a13  a  10, ,a 21  a11  10 (2)   Nên từ (1) suy ra  a1  10 + 10 +   +10 = 100  mà  a1  nhỏ nhất và 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) và (4) suy ra A = 101;102;103; ;121   - HẾT -    Trang 10  0,50  0,50  0,50  0,25  0,25  0,25  0,25    Để ý trong phương trình chỉ chứa ẩn số x với số mũ bằng 2 , do đó ta  có thể hạn chế giải với x là số tự nhiên.  Khi đó: y+3+x    y+3-x .  Ta có ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) là số chẵn  Suy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính chẵn lẻ . Ta lại có tích  của chúng là số chẵn , vậy 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) là 2 số chẵn.  Ta chỉ có cách phân tích  - 16  ra tích của 2 số chẵn sau đây:  -16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8)   trong đó thừa số đầu bằng giá trị (y + 3 + x).  Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta có x= 5 , y= 0.  Khi y+3+x= 4 , y+3-x = -4 ta có x= 4 , y= -3.  Khi y+3+x= 2 , y+3-x = -8 ta có x= 5 , y= -6.  Vậy phương trình đã cho có có nghiệm:   ( x,y)    5,  ;  5, 6  ;  4, 3    0,5  0,25  0,5      D Bài 4  (7 đ)  C J   E I A H B O     + Vì  ABC  nội tiếp đường tròn đường kính AB  nên  AC  BC   Suy ra  BC  CD  (1)    Câu a  + Lập luận để chỉ ra IJ // CD (2)  (1,5 đ)  + Từ (1) và (2) suy ra  IJ ^ BC   · = CBH · · +  Suy ra  CIJ (cùng phụ với  HCB )  (3)  CH · =  (4)  Câu b  +) Trong   vng CBH ta có:  tan CBH   BH (2 đ)    + Lập luận chứng minh được CJ // AB  + Mà CH    AB (gt)  + Suy ra CJ   CH  · = +) Trong tam giác vng CIJ ta có  tan CIJ + Từ (3), (4), (5)     CH CJ    HB HI Trang 14  CJ CJ = (CI = HI ) (5)  CI HI 0,5  0,5  0,5  0,5  0,5  0,5    · · + Xét  D CJH và D HIB có  HCJ  BHI  900  và  CH CJ  (cmt)   HB HI + Nên  D CJH đồng dạng với  D HIB    ·  900   + Lập luận để chứng minh được  HEI + Chứng minh được  HEI  đồng dạng với  HCJ   HE 0,5  0,5  0,5  HI Câu c  + Suy ra  HC  HJ     (1,5 đ)  + Suy ra HE.HJ = HI.HC  0,5  + Mà  HJ  HD; HI  HC   + Suy ra HE.HD = HC2    C M 450 A H O K B N     · + Lấy điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho  BOM = 450   + Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt AB tại N. Ta có M và  N cố định.  +  Kẻ MK   AB tại K  +  Chứng minh được  D MON  vuông cân tại M và KM = KN  Suy ra  ·ANC  450   Câu d  Xét C  º  M    (2 đ)  Ta có C  º M nên H  º  K  Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (khơng đổi)    +   Xét C khác M.  Tia NC nằm giữa hai tia NA và NM  Do đó  · ANC < · ANM = 450   · = 900   +   D HNC có  NHC · · + HCN = 900   nên  HNC · · < 450    nên  HCN > 450   Mà  HNC · · < HCN Suy ra  HNC   Suy ra HC  0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm GTLN của  P  x y z     x 1 y 1 z 1 Bài 4:     xy xy 6 a)    Giải hệ phương trình      3  x  y xy   b)    Một ơ tơ dự định đi từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc trung bình 40km/h. Lúc  đầu ơ tơ đi với vận tốc đó, khi còn 60km nữa thì mới được nửa quảng đường AB,  người lái xe tăng thêm vận tốc 10km/h trên quảng đường còn lại. Do đó ơ tơ đến tỉnh B  sớm hơn dự định 1 giờ. Tính quảng đường AB  Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi E, F lần lượt là chân  đường cao kẻ từ C và B của tam giác ABC. D là điểm đối xứng của A qua O, M là  trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC              a) Chứng minh rằng M là trung điểm HD              b) Gọi L là giao điểm thứ hai của CE với đường tròn tâm O. Chứng minh rằng  H, L đối xứng nhau qua AB  Bài 6: Cho hình vng ABCD cạnh bằng 4. Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai  điểm E, F sao cho EC là phân giác của góc BEF. Trên tia AB lấy K sao cho BK = DF              a) Chứng minh rằng CK = CF              b) Chứng minh rằng EF = EK và EF ln tiếp xúc với một đường tròn cố định              c) Tìm vị trí của E, F sao cho diện tích tam giác CEF lớn nhất  -Hết -    Trang 23    SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ THI MÔN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề ————————————  Bài 1:  Cho a, b, c thỏa mãn a – b = 7; b – c = 3. Tính  P  a  b  c  ab  bc  ca   a  c  2ab  2bc Bài 2:   a) Giải phương trình  (2 x  1) x   x     x( y  1)  y ( x  1)   ( x  1)( y  1)  b) Giải hệ phương trình   Bài 3: a) Cho x, y > 0 thỏa mãn   x 2y    Tìm GTLN của  P  xy   1 x 1 y            b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn   x  y  x  y   x    Bài 4:   a) Cho tam giác nhọn ABC có H là trực tâm. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của  BC và AH. Đường phân giác trong góc A cắt MN tại K. Chứng minh rằng AK vng  góc với HK  b) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi AH, AD lần lượt là đường cao,  đường phân giác trong của tam giác ABC (H, D thuộc BC). Tia AD cắt (O) tại E, tia  EH cắt (O) tại F và tia FD cắt (O) tại K. Chứng minh rằng AK là đường kính của  đường tròn (O)  Bài 5:   Trong tuần, mỗi ngày Nam chỉ chơi một mơn thể thao. Nam chạy ba ngày một  tuần nhưng khơng bao giờ chạy trong hai ngày liên tiếp. Vào thứ Hai, anh ta chơi bóng  bàn và hai ngày sau đó anh ta chơi bóng đá. Nam còn đi bơi và chơi cầu lơng, nhưng  khơng bao giờ Nam chơi cầu lơng sau ngày anh ta chạy hoặc bơi. Hỏi ngày nào trong  tuần Nam đi bơi ?  - HẾT -      Trang 24      SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO  THANH HÓA        KỲ THI CHỌN HS GIỎI LỚP CẤP TỈNH  NĂM HỌC 2016 - 2017  Mơn thi: TỐN  Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề    Bài 1. (4,0 điểm)            Cho biểu thức:          1. Rút gọn biểu thức P.         2. Tìm các giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = 2.    Bài 2. (4,0 điểm)   Tìm m để phương trình          có 4 nghiệm phân biệt   thỏa mãn           2. Giải hệ phương trình :    Bài 3. (4 điểm)          1. Cho p là số ngun tố lớn hơn 5. Chứng minh  p2016 – 1  chia hết cho 60.         2. Cho x, y, z là các số dương khác nhau đơi một và    Tìm thương của phép chia chia hết cho    Bài 4. (6,0 điểm)   Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và AB 

Ngày đăng: 11/03/2019, 22:06

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan