Bộ đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

Nội dung text: Bộ đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC Đề chính thức Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (4,5 điểm): a) Cho hàm số f (x) (x3 12x 31)2010 Tính f (a) tại a 3 16 8 5 3 16 8 5 b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) Câu 2. (4,5 điểm): a) Giải phương trình: x2 x3 x2 x2 x 1 1 1 2 x y z b) Giải hệ phương trình: 2 1 2 4 xy z Câu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 A x3 y3 1 y3 z3 1 z3 x3 1 Câu 4. (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) MI.BE BI.AE b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ NH  PD tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. - - - Hết - - -
2. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Môn: TOÁN - BẢNG A Câu Ý Nội dung Điểm a 3 16 8 5 3 16 8 5 3 3 3 3 a 32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5 ) 0,5 a) a3 32 3.( 4).a 0,5 (2,0đ) a3 32 12a 0,25 a3 12a 32 0 0,25 a3 12a 31 1 0,25 f (a) 12010 1 0,25 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) (1) 7(x 2y)5 (x 2y)5 0,25 Đặt x 2y 5t (2) (t Z) 0,25 1, (1) trở thành x2 xy y2 7t (3) 0,25 (4,5đ) Từ (2) x 5t 2y thay vào (3) ta được 3y2 15ty 25t 2 7t 0 (*) 0,25 84t 75t 2 0,25 b) 2 (2,5đ) Để (*) có nghiệm 0 84t 75t 0 28 0 t 25 0,25 Vì t Z t 0 hoặc t 1 0,25 Thay vào (*) 0,25 Với t 0 y1 0 x1 0 0,25 y2 3 x2 1 0,25 Với t 1 0,25 y3 2 x3 1 ĐK x 0 hoặc x 1 0,25 Với x 0 thoã mãn phương trình 0,25 1 Với x 1 Ta có x3 x2 x2 (x 1) (x2 x 1) 0,5 2, a) 2 (4,5đ) (2,5đ) 1 x2 x 1(x2 x) (x2 x 1) 0,5 2 x3 x2 x2 x x2 0,25
3. x2 x 1 0,25 Dấu "=" Xẩy ra 2 x x 1 x2 x 1 0,25 x 1 x 1 Vô lý 2 x x 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0 0,25 1 1 1 0,25 2 (1) x y z (I) ĐK x; y; z 0 2 1 2 4 (2) xy z 1 1 1 2 2 2 Từ (1) 4 0,25 x2 y2 z2 xy xz yz Thế vào (2) ta được: 0,25 2 1 1 1 1 2 2 2 xy z2 x2 y2 z2 xy xz yz 1 1 2 2 2 0 0,25 b) x2 y2 z2 xz yz (2,0đ) 1 2 1 1 2 1 ( ) ( ) 0 0,25 x2 xz z2 y2 yz z2 2 2 1 1 1 1 0,25 0 x z y z 1 1 0,25 0 x z x y z 1 1 0 y z 1 1 1 Thay vào hệ (I) ta được: (x; y; z) ( ; ; ) (TM ) 0,25 2 2 2 Ta có (x y)2 0 x;y 0,25 x2 xy y2 xy 0,25 Mà x; y > 0 =>x+y>0 0,25 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2) 0,25 x3 + y3 ≥ (x + y)xy 0,25 x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz 0,25 3, x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 0,25 (3,0đ) Tương tự:y 3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 0,25 z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 0,25 1 1 1 0,25 A xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z) x y z 0,25 A xyz(x y z)
4. 1 0,25 A 1 xyz Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 x = y = z = 1 0,25 C M D A Q E K O' O H I B N · · 0,25 4, Ta có: BDE BAE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O) (5,5đ) B· AE B· MN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O') 0,25 B· DE B· MN 0,25 hay B· DI B· MN BDMI là tứ giác nội tiếp 0,50 · · 0,25 a) MDI MBI (cùng chắn cung MI) (3,0đ) mà M· DI A· BE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O) 0,25 A· BE M· BI 0,25 mặt khác B· MI B· AE (chứng minh trên) 0,25 MBI ~ ABE (g.g) 0,25 MI BI 0,50 MI.BE = BI.AE AE BE Gọi Q là giao điểm của CO và DE OC  DE tại Q 0,50 OCD vuông tại D có DQ là đường cao b) OQ.OC = OD2 = R2 (1) (2,5đ) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm 0,50 của AB và OO' OO'  AB tại H. Xét KQO và CHO có Qµ Hµ 900;Oµ chung 0,50
5. KQO ~ CHO (g.g) KO OQ 0,50 OC.OQ KO.OH (2) CO OH R 2 Từ (1) và (2) KO.OH R 2 OK OH Vì OH cố định và R không đổi 0,50 OK không đổi K cố định A H' N P O H M B D C E ABC vuông cân tại A AD là phân giác góc A và AD  BC 0,25 5, D (O; AB/2) (2,5đ) Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác) 0,50 tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP mà N· HP 900 H thuộc đường tròn đường kính NP A· HN A· MN 450 (1) Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD tại E 0,25 tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g) BE = PC 0,50 mà PC = BN BN = BE BNE vuông cân tại B N· EB 450 mà N· HB N· EB (cùng chắn cung BN) N· HB 450 (2) Từ (1) và (2) suy ra A· HB 900 H (O; AB/2) 0,50 gọi H' là hình chiếu của H trên AB HH'.AB S S lớn nhất HH' lớn nhất AHB 2 AHB mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường 0,50 kính AB và OD  AB)
6. 2 1,75đ x y z 3 x2 y2 z2 nên với x,y,z>0 ta có x y z 3 x2 y2 z2 , áp dụng ta có 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 0,5 -Với x,y>0 ta có x y 2 xy x y 4xy x y 4 x y 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 0,5 1 c 1 a 1 b 1 3 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
7. a/ -Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì ) mà AB là đường kính nên ACB 0,5 2đ vuông tại C AC  BN Ta có MA=MC ( ), OA=OC ( ) nên MO là trung trực của AC 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 0,75 MNBO là hình thang cân 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 -Ta có CH  AB (gt) ; MA  AB ( ) IH HB HB 0,5 CH // MA IH // MA MA AB 2R CH HB HB IH 2IH 0,5 -Nên ta có 2  2  CH 2IH IC IH . MA R 2R MA MA 0,5 -Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH KI // AB 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
8. PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ THANH HÓA NĂM HỌC 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 Hết
9. 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 x 2 x 1 x 1 P : x x 1 x x 1 1 x 2 0,5 x 2 x 1 x 1 : 3 x 1 x x 1 x 1 2 x 2 x( x 1) (x x 1) x 1 : 0,5 x 1 x x 1 2 x 2 x 1 2 . x 1 x x 1 x 1 0,5 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
10. 2 0,25 0 2 x x 1 0 P 2 P(P 2) 0 0,25 P 2 2P 0 0,25 P 2 2P Dấu “=” xảy ra khi P = 2 x = 0 2 Vậy P 2P 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
11. Vậy a3 b3 c3 3 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 Vì 4x2 20x 25 x2 6x 9 0 với x 0,5 10x – 20 0 x 2 Ta có: 2 2 4x 20x 25 x 6x 9 10x 20 0,5 2x 5 x 3 10x 20 2x 5 x 3 10x 20 0,5 7x 28 x 4(t / m) 0,25 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
12. 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 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 0,25
13. 1 (AB BF)  AE AD 2 1 (a x).DE 0,5 2 1 (a x)x 2 1 2 2 2 SACFE = 3.SABCD (a x)x 3a 6a ax x 0 2 0,5 (2a x)(3a x) 0 Do x > 0; a > 0 3a + x > 0 2a x 0 x = 2a 0,25 A là trung điểm của DE AE = a AN AE Vì AE //BC nên 1 NB BC 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 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
14. 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.
15. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG CẤP THCS NĂM HỌC 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
16. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM HẢI PHÒNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Năm học 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 Bài 1 a a a 1 a a 1 a 1 0,25 (2 điểm) 2 a 1 a a 1 a a 1 a 1 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 0,25 a 2 a 1 a 4 a 1 0
17. 2 a 3 2 a 7 4 3 (tháa m·n) a 2 3 a 3 2 a 7 4 3 (tháa m·n) 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 ( ). Bài 2 Kết luận: m 4 (2 điểm) 2b) (1,0 điểm) x3y2 2x2y x2y2 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
18. 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 : 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) 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 Bài 3 (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
19. 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
20. 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