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)
a) Cho x 

3

10  6 3 ( 3  1)
62 5  5



. Tính giá trị của P  12x 2 + 4x – 55



2017

.




Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt

 x 2 ; y2  thỏa mãn điều kiện  x 1  y2  x 2  y1   3  0 .

 x 1 ; y1 

và

Bài 3. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a + b 2 chia hết cho a 2 b  1 .
b) Cho ba số th c a, b, c dương Chứng minh r ng:

a3
a3   b  c

3



b3
b3   c  a 

3



c3
c3   a  b 

Chú ý:
Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.
Tổng điểm bài thi: 10 điểm .
Đáp án

Bài

Điểm

1a) (1,0 điểm)
Ta có :
10  6 3

3





3  1  3 ( 3  1)3





0,25

3 1

6  2 5  5  ( 5  1)2  5



2017

1b) (1,0 điểm)
Với điều kiện a  0; a  1 thì:

M

Bài 1
(2 điểm)

M

a 1

a





a  a  1

 a  1a  a  1
a  a  1 a  1
a  1  a  1


a 1 a  a 1

0

Ta thấy với 0  a  1  a  a  1  0
2
6 a
 a 1  3 a 
2
2
a 1







Để N có giá trị nguyên thì N = 1.

6 a
1
a

2
a

1

 a  4 a 1  0
 a  32
a  7  4 3 (tháa m·n)


 x1  x 2  2m

2

 x1x 2  m  m  6
Ta có:
x1  x 2  8  x12  x 2 2  2 x1x 2  64


 x1  x 2 

2

0,25

0,25

 2x1x 2  2 x1x 2  64 (1)

Trường hợp 1:
Nếu x1 và x 2 cùng dấu thì:

m  6

x1x 2  0   2
m  m  6   m  2  m  3  0
 6  m  2

(*)

y  x
Ta có (1)  x3 y2  x 2 y2  2x 2 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 y2  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  y2  y1y2  0 (4)
do x1  x 2  1.
1
Với m  theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có :
4

0,25

0,25

0,25
0,25


(2 điểm)

0,25

Với a = 1 Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2.
 m  1  2

 b  2  k.a 2  5  a  1
b  1  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
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
dương áp d ng bất đ ng thức auchy ta có:
x 1 x2  x 1 x2  2



1
bc
1 

 a 

3



2
bc

 2
 a 
2



2a 2

 b  c

2

 2a

0,25

b3   a  c 

b2
 2
(2)
a  b2  c2

3

c3
c3   a  b 

3



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

3




D

K
I

E
N

Bài 4
(3 điểm)

O

C

d

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
 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



MQ QH 2DQ

MP 1 ME
 .
 ME = 2 MP  P là trung điểm ME.
MQ 2 MQ
Bài 5 (1,0 điềm)
Giả sử A = a1;a 2 ;a 3; ...;a 21 với a1; a 2 ; a 3; ...; a 21  và


Bài 5
(1 điểm)

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
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  (a12  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