Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Hải Phòng (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Hải Phòng (Có đáp án và thang điểm)

1. 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)
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 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 1thì: 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 Bài 1 2 a 1 a a 1 a a 1 a 1 (2 điểm) M 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 0,25 2 a 3 2 a 7 4 3 (tháa m·n) a 2 3 a 3 2 a 7 4 3 (tháa m·n)
3. Vậy a 7 4 3. 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) Bài 2 3 2 2 2 2 (2 điểm) x y 2x y x y 2xy 3x 3 0 (1) 2 2017 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.
4. 1 Với m theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có : 4 y1 y2 1 0,25 thay vào (4) ta có: 5 1 3m 0 m 2 (thỏa mãn) y1y2 1 3m Kết luận: m = 2. 3a) (1,0 điểm) 2 2 2 2 * Ta có (a + b )  (a b – 1) suy ra: a + b = k(a b – 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 . Bài 3 m 1 (2 điểm) Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1. 0,25 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 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: 0,25
5. a3 1 2 2a 2 3 3 2 2 a3 b c b c b c b c 2a 2 1 2 a a 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 d Bài 4 C (3 điểm) 4a) (1,5 điểm) Gọi I là trung điểm của BC suy ra IO  BC 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. 0,25
6. 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) 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