De dap an mon Toan thi chon HSG THCS nam 2017

Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m.. Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d bằng 1.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LÀO CAI -

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: TOÁN

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Đề thi có 01 trang, 05 câu)

Câu 1 ( 4,0 điểm)

a Tìm số tự nhiên n để n18 và n41 là hai số chính phương

b Chứng minh đa thức A = n3 + 3n2 + 2n chia hết cho 6, với mọi số nguyên n

c ĐI THAM QUAN:

Một đoàn học sinh dự định tổ chức đi tham quan bằng ô tô Trưởng đoàn dự tính rằng nếu mỗi

xe chở 22 học sinh thì có một xe phải chở 23 học sinh Vì lí do đặc biệt nên một xe không thể đến theo dự định

Câu hỏi: Nếu là trưởng đoàn, em sẽ sắp xếp số học sinh trên mỗi xe như thế nào? (Biết rằng

mỗi xe chở số người như nhau và theo quy định không được chở quá giới hạn cho phép là 29 người)

Câu 2 (6,0 điểm)

        

a Rút gọn biểu thức A

b Cho 1 1 6

x  y  Tìm giá trị lớn nhất của A

2.2 Giải hệ phương trình sau:

1 4 9

x xy y

y yz z

z zx x

  



   



   



2.3 Cho phương trình:   2

1 (3 2) 3 0

m x  m x  (với m là tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1; 2 thỏa mãn x1 2x2  1

Câu 3 ( 4,0 điểm)

3.1 Cho đường thẳng y = (3-m)x + 2 (d)

a Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m

b Tìm giá trị của m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) bằng 1

3.2 Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2 Chứng minh biểu thức

Q= 2a  bc  2b ca   2c ab   4

Câu 4 ( 5,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (MN khác AB) Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P

a Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn

b Gọi E là trung điểm của BQ Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF

c Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) M là điểm di động trên đường tròn (O) Gọi N và K tương ứng là hình chiếu của M lên các đường thẳng AB và AC Xác định vị trí của

M sao cho đoạn NK có độ dài lớn nhất

-HẾT -

A Hướng dẫn chấm:

Cho điểm lẻ tới 0,25;

Tổng điểm toàn bài không làm tròn;

Cho điểm tối đa nếu học sinh làm bài chính xác bằng cách khác

B Đáp án:

Câu 1

(4 điểm)

a (1,5đ)

Số n18 và n41 là hai số chính phương 2

18

n q p qN 0,25

0,25

Nhưng 59 là số nguyên tố nên:



 

0,25

Ta có : 2 2

n  p   suy ra n882 0,25 Thay vào n41, ta được 2 2

882 41 841    29 q 0,25 Vậy với n882 thì n18 và n41 là hai số chính

phương

0,25

b (1,5đ)

A = n(n2 + 3n +2) 0,25 = n (n+1)(n+2) 0,5 Trong ba số nguyên liên tiếp có một số chia hết cho

2 và một số chia hết cho 3 mà ƯCLN(2,3)=1

 A = n (n+1)(n+3) M 6 với mọi số nguyên n

0,5

c) (1,0đ)

Gọi x là số ô tô ban đầu; điều kiện x 1;xN

Sau khi bớt đi 1 ô tô thì số ô tô còn lại là (x-1);

Do mỗi xe chở 22 học sinh và 1 xe phải chở 23 nên

số học sinh là (22x+1)

Số học sinh trong mỗi xe của (x-1) xe là: 22 1

1

x x





0,25

Theo giả thiết ta có:

22 1

* 1

22 1

29 1



 



x N x

x x

Mặt khác ta có: 22 1 22 23

x

0,25

x

  hay x- 1 là ước của 23

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LÀO CAI -

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2016-2017 Môn: TOÁN (Đáp án- thang điểm gồm có 06 trang)

1 1 2

x   x Khi đó 22 1 45 29

1



x

thỏa mãn

1 23 24

x   x Khi đó 22 1 23 29

1



x

mãn

Vậy mỗi xe sẽ chở 23 học sinh

0,25

Câu 2

(6 điểm)

2.1a

(1,5đ)

Điều kiện: xy  1; x  0; y 0  0,25

x 1 1 xy xy x xy 1 xy 1 1 xy

xy 1 1 xy



 

xy 1 1 xy xy x xy 1 x 1 1 xy

xy 1 1 xy



 

0,5

 x 1 1xy 1 1 xyxy xyxy xxxy 1xy 1 xy 1 1x 1 1  xyxy

0,25



0,5

2.1b

(1,5đ)

0,5

Dấu bằng xảy ra  1 1

x  y  x = y = 1

9

0,5

Vậy: MaxA = 9, đạt được khi: x = y = 1

9

0,5

2.2 (2,0đ)

 

1 ( 1)( 1) 2

4 ( 1)( 1) 5 *

9 ( 1)( 1) 10

       

       

0,5

Nhân vế với vế của ba phương trình trên ta được:

(x 1)(y 1)(z 1)  100

0,25

TH1: (x 1)(y 1)(z 1)=10, kết hợp với (*) ta được:

1 2

1 1

1 5

x y z

 



  



  



1 0 4

x y z







 

 



0,25

0,25 TH2: (x 1)(y 1)(z 1)= -10, kết hợp với (*) ta được:

1 2

1 1

1 5

x y z

  



   



   



0,25

3 2 6

x y z

 





  

  



0,25

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là:

1;0; 4 ; 3; 2; 6 

0,25

2.3 (1,0đ)

Phương trình đã cho có hai nghiệm x x1; 2

 2

1 0

1

m

m m

 



Theo Vi-et:

1 2

(1) 1

3

1

m

x x

m

x x

m



  





0,25

Theo giả thiết: x1 2x2  1 (3)

Từ (1) và (3) ta được: 2 2 1

1

m x

m



 và 1

1

m x m







0,25

Thay x x1; 2 vào (2) ta được:

2

0

5 3 2 1 3

5

m









(thỏa mãn)

Vậy: với

0 4 5

m

m







 



thì phương trình đã cho có 2 nghiệm

1 ; 2

x x thỏa mãn x1 2x2  1

0,25

Câu 3

(4 điểm)

3.1a (1,0đ)

y = (3-m)x + 2 (d)

Đk để đường thẳng (d) đi qua điểm cố định

( ; )

M x y với mọi m là:

y  m x  với mọi m

0,25

0,25

0,25 Vậy các đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định

M (0; 2)

0,25

Gọi A, B theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng d với trục hoành và trục tung

3.1b

(1,5đ)

Ta tính được 2 ; 2

3

m



0,25

0,25

Gọi OH là khoảng cách từ O đến AB, ta có

Mặt khác OH=1

2

3 3

3 3

m m

      

  

 

 



0,25

0,25

Vậy với giá trị của m = 0,25

3.2

(1,5đ)

Xét: Q  2a  bc  2b  ca  2c ab 

Ta có: 2abc  (a b c)abc ( vì a b c  2)

0,25

a ab bc ca (a b)(a c)

2

  

(Áp dụng bất đẳng thức Cô si với 2 số dương a b

và ac )

0,5

Vậy ta có 2a  bc (a b) ( )  

a c

  

Tương tự ta có : 2b ca  (a b) (b c)  

2 2

  

2c ab  (a c) ( )  

b c

  

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được:

Q  2(a    b c) 4

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2

3thì Q = 4

0,25

Vẽ hình và ghi GT, KL

Câu 4

(5điểm)

a (1,5đ)

1 Ta có ANM· ABM· (góc nội tiếp cùng chắn cung AM)

0,25

và ABM· AQB· (cùng phụ với QBM· ) 0,25

ANM AQB

ANM MNP 180  MQP MNP 180 

0,25 0,5 Nên MNPQ nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800) 0,25

b (2,5đ)

OE là đường trung bình của ABQ OE//AQ (1)

0,25

MAN90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

QAP90 APAQ (2)

0,25

Mà OEOF (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra OF//AP

0,25

Do O là trung điểm của AB nên Suy ra F là trung điểm của BP

0,25

Xét NPB; · 0

90



FPFBFNFPFB(t/c tam giác vuông)

0,5

=>NOF BOF (c-c-c) nên · 0

Tương tự ta có · 0

OME  90 nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN

0,5

c (1,0đ)

Ta có:

2R.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN

0,25

Trong PAQ (Có 0

90

PAQ ) 2

thức giữa cạnh và đường cao)

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

2

PB BQ   2 PB.BQ  2 (2R)  4R

Ta có

AM.AN



0,25

MNPQ

2S 2R.4R 2R 6R Suy ra

2 MNPQ

S 3R Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và BQ = BP hay MN

0,25

A B

P

Q

O

F

E

N

M

vuông góc AB

Câu 5

(1điểm)

(1,0đ)

A

D

N

o

O’

K

C M

B

Ta có: ANMK nội tiếp (O’) đường kính AM 0,25 Kéo dài KO’ cắt (O’) tại D

NDK

  có · 0

90



DNK vàKDN·  ·NAK BAC·

(Hoặc bằng 0 ·

180 BAC nếu M thuộc cung lớn BC) không đổi

0,25

Vì sin BAC· không đổi nên NK lớn nhất AM lớn nhất

AM

 là đường kính của (O)

0,25

-HẾT -