UBND HUYỆN KHOÁI CHÂU PHÒNG GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI Năm học 2016 - 2017 Môn: Toán – Lớp Thời gian làm 120 phút (không kể giao đề) Câu (2điểm) 1 Chứng minh:     3  10  10 P  25x  số nguyên x 1) Cho x  2) Định m nguyên để hệ sau có nghiệm nghiệm nguyên: mx + 2y = m +1  2x + my = 2m -1 Câu (1điểm) Tìm số nguyên dương a lớn cho S  4a  427  41016 số phương Câu (3điểm) 1) Giải phương trình: x2  4x   5x   7x  11  2  x  5y 8y  2) Giải hệ phương trình:   (2 x  y 1) x  y 1  (4 x  y  3) x  y Câu (3điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao BE, CF cắt H Gọi M trung điểm BC , I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF a) Chứng minh I trung điểm AH b) Chứng minh IE  ME c) Giả sử đường tròn  O  điểm B, C cố định Chứng minh A thay đổi I nằm đường tròn cố định Câu (1điểm) Cho x, y, z > Tìm giá trị lớn của: A x y z   x  z 1 y  x 1 z  y 1 ………………Hết……………… Thí sinh không sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên học sinh: HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung x 3.2  Điểm 3   4.3  4    10.9 3 4 10     3.2 4.3 10.9 1 1 1        3 10 1   10 1 Vậy x   1 x   1 x 5   x  x2   5x2   5x  10    Câu    5x   1đ    50 x  25x   30 x  30 Vậy P  30 số nguyên x2 2) Với m  2 hệ phương trình có nghiệm nhất:  25x2    y   m    x  1  m2 Câu 1đ Nên để x, y số nguyên m số nguyên m +  Ư(3) = 1; 1;3; 3 Vậy: m + =  1;  => m = -1; -3; 1; -5 b) Xét a  27 S số phương  Ta có: S  4a  427  41016  427 1  4989  4a 27    227   21978   2a 27  2   B   21978   2a 27  phải số phương Ta có: B   2a 27   B   2a 27  1 2 1đ  21978  2.2a 27  1978  a  26  2004  a  a = 2004 Với a = 2004 S   227   21977  1 số phương Câu Vậy số nguyên a lớn cần tìm 2004 1) 1,5đ  x  y  y  3(1)  2) Hệ     2( x  y )  1 x  y    2(2 x  y  1)  1 x  y (2) Từ (2) đặt x +2y = a; 2x–y –1 = b (a, b  0) Ta có (2a-1) b =(2b –1) a  ( a  b )(2 ab  1) =  a = b Câu Trả biến ta có x = 3y + thay vào (1) ta được: 2y2 – y – 1= => y1 = ; y2 = –1/2; => x1 = ; x2 = –1/2 Thấy x2 + 2y2 = –1 < (loại) lại thỏa mãn Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (4; 1)   900 a) Ta có HE  AC  HEA   900 HF  AB  HFA   HFA   900 nên nội tiếp Tứ giác AEHF có HEA đường tròn đường kính AH Vì I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nên I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF Vậy I trung điểm AH 1,5đ A I O F E 1đ H B M C D   IEA  Tam giác BEC vuông E b) Ta có tam giác IAE cân I nên IAE M trung điểm BC nên ME  MC    MCE  MEC cân M  MEC   MEC    MCE    BCA   IEA  IAE  HAC   Mà H trực tâm tam giác ABC nên AH  BC  HAC ACB  900 IE  ME 1đ c) Theo ta có IEM vuông E  MI  IE  ME BC Có ME  (Không đổi) Kẻ đường kính AD đường tròn  O  Ta có HB  AC; DC  AC  HB / /CD Chứng minh tương tự ta có HC / / BD  BHCD hbh  H , M , D thẳng hàng M trung điểm HD Xét tam giác AHD có OM đường trung bình  OM  1đ AH  IE  OM Do đường tròn  O  cố định điểm B, C, M cố định nên OM  const Vây MI  const  I thuộc đường tròn cố định đường tròn có tâm M bán kính OM  MB2  R bán kính đường tròn  O  Câu Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: x   2x (do x > 0) Nên x x 1 z    1   x  z  2x  z  2x  z  Chứng minh tương tự ta có: y 1 x      y  x   2y  x  z 1 y   1   z  y   2z  y  Cộng vế BĐT ta có: x y z 1 x y z          x  z  y  x  z  y  2  2y  x 2z  y 2x  z  x y z x2 y2 z2      Ta có: 2y  x 2z  y 2x  z 2xy  x 2yz  y 2xz  z A Áp dung BĐT Bu nhia ta có:  x2  y2 z2  2xy  x  2yz  y  2zx  z   2xy  x  2yz  y  2xz  z   (x  y  z)   2 2 x y z (x  y  z)    1 Nên 2 2 2xy  x 2yz  y 2xz  z 2xy  x  2yz  y  2zx  z x y z  A   1 x  z 1 y  x 1 z  y 1 Dấu “=” xảy  x  y  z  Vậy GTNN A = x  y  z  2 1đ ... 41016  427 1  498 9  4a 27    227   2 197 8   2a 27  2   B   2 197 8   2a 27  phải số phương Ta có: B   2a 27   B   2a 27  1 2 1đ  2 197 8  2.2a 27  197 8  a  26 ... –1 < (loại) lại thỏa mãn Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (4; 1)   90 0 a) Ta có HE  AC  HEA   90 0 HF  AB  HFA   HFA   90 0 nên nội tiếp Tứ giác AEHF có HEA đường tròn đường kính AH Vì...HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung x 3.2  Điểm 3   4.3  4    10 .9 3 4 10     3.2 4.3 10 .9 1 1 1        3 10 1   10 1 Vậy x   1 x   1 x 5   x  x2  