Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 thành phố hải phòng năm học 2016 2017(có đáp án)

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 1. (2,0 điểm)
x=
a) Cho

3

10 + 6 3 ( 3 − 1)
6 + 2 5 − 5 . Tính giá trị của

b) Cho biểu thức

M=

(

P = 12x 2 + 4x – 55

)

2017

.

a +1 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=

6
M nhận giá trị nguyên?

Bài 2. (2,0 điểm)
2
2
a) Cho phương trình: x − 2mx + m − m − 6 = 0 (m là tham số). Với giá trị nào của
x + x2 = 8
m thì phương trình có hai nghiệm x1 và x 2 sao cho 1
?
3 2
2
2 2


 x y − 2x y − x y + 2xy + 3x − 3 = 0
.
 2
2017
y
+
x
=
y
+
3m


b) Cho hệ phương trình

Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (
( x 2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện ( x 1 + y 2 ) ( x 2 + y1 ) + 3 = 0 .
Bài 3. (2,0 điểm)
2
2
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a + b chia hết cho a b − 1 .
b) Cho ba số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng:
a3
a3 + ( b + c)

3

+

b3
b3 + ( c + a )

3

+

c3
c3 + ( a + b )

3

x 1 ; y1 )

và

≥1
.

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.
1


---------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
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
Bài 1
(2 điểm)

Đáp án
1a) (1,0 điểm)
Ta có :
3

10 + 6 3

(

)

Điểm

(

3 − 1 = 3 ( 3 + 1)3

)

0,25

3 −1

6 + 2 5 − 5 = ( 5 + 1) 2 − 5
3

x=

( 3 + 1)3 ( 3 − 1)

=

0,25

( 3 + 1)( 3 − 1) 3 − 1
=
=2
1

5 +1− 5

0,25

( 5 + 1) − 5
Thay giá trị của x vào P ta được:
2

(

P = 12.22 + 4. 2 −55

)

2017

1b) (1,0 điểm)
Với điều kiện a > 0; a ≠ 1 thì:
M=

a +1
+
a

(

)(
a(

) −(

a −1 a + a +1

)

a −1

a +1 a + a +1 a − a +1
M=
+
−
=
a
a
a

N=

6
=
M

Khi đó

(

6 a

)

a +1

0,25

= 12017 = 1

2

)(
a(

a −1

(

)

)

a +1

)

a +1

0,25

2

a

>0

Ta thấy với 0 < a ≠ 1 ⇒ a − a + 1 > 0
2
6 a
⇔ a +1 > 3 a ⇔
<2
2
a +1

0,25

Do 0 < N < 2

0,25

(

)

(

)

Để N có giá trị nguyên thì N = 1.

2

)(

a − 1) (

a +1 a − a +1


6 a
=1
a
+
2
a
+
1
⇔
⇔ a − 4 a +1 = 0

⇔

(

Vậy

a −2

)

2

 a = 3+2
a = 7 + 4 3 ( tháa m·n)

=3⇔ 
⇔
 a = − 3 + 2
a = 7 − 4 3 ( tháa m·n)

0,25

a = 7 ± 4 3.

2a) (1,0 điểm)
2
2
Phương trình: x − 2mx + m − m − 6 = 0 có hai nghiệm thì:
∆ ' = m 2 − ( m 2 − m − 6 ) = m + 6 ≥ 0 ⇔ m ≥ −6
.
Theo hệ thức Vi-ét ta có:
 x1 + x 2 = 2m

2
 x1x 2 = m − m − 6

Ta có:
x1 + x 2 = 8 ⇔ x12 + x 2 2 + 2 x1x 2 = 64
⇔

Bài 2
(2 điểm)

( x1 + x 2 )

2

0,25

− 2x1x 2 + 2 x1x 2 = 64 (1)

Trường hợp 1:
Nếu x1 và x 2 cùng dấu thì:
m ≥ −6

x1 x 2 ≥ 0 ⇔  2
 m − m − 6 = ( m + 2 ) ( m − 3) ≥ 0
 −6 ≤ m ≤ −2
⇔
m ≥ 3
(*)
2
⇔ ( x1 + x 2 ) = 64 ⇔ 4m 2 = 64 ⇔ m = ±4
Khi đó (1)
(thỏa mãn
(*)).
Trường hợp 2:
Nếu x1 và x 2 trái dấu thì:
x1x 2 < 0 ⇔ m 2 − m − 6 = ( m + 2 ) ( m − 3 ) < 0 ⇔ −2 < m < 3
⇔ ( x1 + x 2 )

2

(**)
− 4x1x 2 = 64 ⇔ 4m 2 − 4 ( m 2 − m − 6 ) = 64

Khi đó (1)
⇔ m + 6 = 16 ⇔ m = 10 (không thỏa mãn điều kiện (**).
Kết luận: m = ± 4
2b) (1,0 điểm)
3 2
2
2 2

 x y − 2x y − x y + 2xy + 3x − 3 = 0 (1)
 2
2017
= y + 3m
(2)

y + x
3

0,25

0,25

0,25

0,25


3 2
2 2
2

Ta có (1) ⇔ x y − x y − 2x y + 2xy + 3x − 3 = 0
⇔ (x − 1) x 2 y 2 − 2xy + 3 = 0

(

)

x = 1
⇔
2
( xy − 1) + 2 = 0 ( V« lý )
Thay x = 1 vào phương trình (2) ta được
y 2 − y − 3m + 1 = 0 (3)
Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì:
1
∆ = 1 + 4 ( 3m − 1) > 0 ⇔ 12m − 3 > 0 ⇔ m >
4
:
Theo đề bài
( x 1 + y2 ) ( x 2 + y1 ) + 3 = 0 ⇔ 4 + y1 + y 2 + y1y 2 = 0 (4)

Bài 3
(2 điểm)

do x1 = x 2 = 1 .
1
m>
4 theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có
Với
:

 y1 + y 2 = 1

 y1 y 2 = 1 − 3m thay vào (4) ta có: 5 + 1 − 3m = 0 ⇔ m = 2
(thỏa mãn)
Kết luận: m = 2.
3a) (1,0 điểm)
Ta có (a + b2)  (a2b – 1) suy ra: a + b2 = k(a2b – 1), với k ∈ *
2
*
⇔ a + k = b(ka2 – b) hay mb = a + k (1) với m = ka – b ∈ ¥
⇔ m + b = ka2
(2)
2
Từ (1) và (2) suy ra: mb − m − b + 1 = a + k − ka + 1
⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka)
(3)
*
m, b ∈ ¥ ⇒ ( m – 1) ( b – 1) ≥ 0
Do
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)
1 ≥ k ( a – 1) ≥ 0 vµ k ( a – 1) ∈ ¥
Vì a – 1 ≥ 0, k > 0 nên
a = 1
 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

2
 b − 1 = 1 ⇔  b = 2 ⇒ k.a = 5 ⇒ a = 1

 m − 1 = 1
b = 3 ⇒ k.a 2 = 5 ⇒ a = 1


b −1 = 2
⇔  
Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1; b = 2 và a = 1; b = 3.

4

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


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.
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
3
2
x + 1 = ( x + 1) x − x + 1 ≤
=
2
2
1
2
⇒
≥ 2
(*)
3
x +1 x + 2
Dấu “ =” xảy ra khi x = 2
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:

(

a3
a3 + ( b + c)

3

)

1

=

3

b+c
1+ 
÷
 a 

a3
Suy ra:

a3 + ( b + c)

3

≥

≥

2
2

b+c


÷ +2
 a 

=

0,25

0,25

2a 2

( b + c)

2

+ 2a 2

0,25

2a 2
a2
=
(1)
2
2
2
2 b 2 + c 2 + 2a 2 a + b + c

(

)

Tương tự ta có:
b3
b3 + ( a + c )

3

≥

3

≥

c3
c3 + ( a + b )

b2
(2)
a 2 + b2 + c2

0,25

c2
(3)
a 2 + b2 + c2

Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a3

a3 + ( b + c)
Bài 4
(3 điểm)

5

3

+

b3
b3 + ( a + c )

3

+

c3
c3 + ( a + b )

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Hình vẽ:

3

≥1

0,25

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 = AN2 .
∆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
AI
AO
Nên
(2)
AB ×AC
AI.AK = AB.AC ⇒ AK =
AI
Từ (1) và (2) suy ra
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)
4b) (1,5 điểm)
ME MH
⇒

=
MQ
DQ
Ta có: ∆MHE đồng dạng ∆QDM (g.g)
⇒

MP MH MH
=
=
MQ QH 2DQ

∆PMH đồng dạng ∆MQH (g.g)
MP 1 ME
⇒
= .
MQ 2 MQ ⇒ ME = 2 MP ⇒ P là trung điểm ME.
Bài 5
(1 điểm)

Bài 5 (1,0 điềm)
a ;a ;a ...;a 21}
a ; a ; a ...; a 21 ∈ ¢
Giả sử A = { 1 2 3;
với 1 2 3;
và
a1 < a 2 < a 3 < ... < a 21 .

Theo giả thiết ta có a1 + a 2 + a 3 + ... + a11 > a12 + a13 + ... + a 21
⇔ a1 > a12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 (1)
Mặt khác với x; y ∈ Z và nếu y > x thì y ≥ x + 1

⇒ a12 − a 2 ≥ 10, a13 − a 3 ≥ 10,...,a 21 − a11 ≥ 10 (2)
Nên từ (1) suy ra a1 > 10 + 10 + ... +10 = 100
6

0,50

0,25

0,5

0,25

0,50
0,50
0,50

0,25

0,25


mà a1 nhỏ nhất và 101∈ A ⇒ a1 =101
Ta có 101 > a12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 ≥ 100

⇒ a12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 = 100 .

Kết hợp với (2)
⇒ a12 − a 2 = a13 − a 3 = ... = a 21 − a11 = 10 (3)
⇒ 10 = a12 − a 2 = (a 12 − a11 ) + (a11 − a10 ) + ... + (a 3 − a 2 ) ≥ 10

⇒ a12 − a11 = a11 − a10 = ... = a 3 − a 2 = 1 (4)
Ta có a1 =101 mà 102∈ A ⇒ a 2 = 102
101;102;103;...;121} .
Kết hợp với (3) và (4) suy ra A = {
--------------- Hết ------------------

7

0,25

0,25