SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2016 – 2017 Ngày thi 23/02/2017 Môn thi :Toán Thời gian làm :150 phút Tên : Trương Quang An Địa : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 01208127776 Nguồn sưu tầm mạng ảnh chụp đề học sinh Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (4 điểm ) a.Chứng minh n5  1999n  2017(n  ) số phương b Tìm số nguyên x,y thỏa mãn x2  y  xy  y  12 c.Cuối học kỳ ,một học sinh có 11 kiểm tra đạt điểm 8,9,10 Biết tổng điểm kiểm tra 100 Hỏi học sinh có kiểm tra đạt điểm 8,điểm ,điểm 10 ? Bài (4 điểm ) a) Giải phương trình x   x    x3  y  b) Giải hệ phương trình   x  y  xy  Bài (4 điểm ) a) Cho 5  x  ; x  3  3x   3x  a 10  25  9x Tính giá trị biểu thức P  x b Cho x,y,z > x+y+z=12 Tìm giá trị nhỏ  x  y  z  15   x  y  z  15   x  y  z  24  M   + +  y x z       Bài (5điểm ) 1/ Cho tam giác ABC vuông A có AB=9cm ,AC=12 cm Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác G trọng tâm tâm tam giác ABC.Tính độ dài đoạn thẳng IG 2/Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh a Gọi M,N,P điểm lấy cạnh BC,CD DA cho tam giác MNP a.Chứng minh CN  AP2  2DP.BM b.Xác định vị trí M,N,P để tam giác MNP có diện tích bé Bài (4 điểm ) a.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O có bán kính R ,biết AB=c ,AC=b ,BC=a thỏa mãn hệ thức R(b  c)  a bc Xác định hình dạng tam giác ABC b.Trên mặt phẳng cho điểm cho khoảng cách điểm tùy ý lớn Chứng minh phủ điểm hình tròn có bán kính Bài giải Bài (4 điểm ) a.Chứng minh n5  1999n  2017(n  ) số phương b Tìm số nguyên x,y thỏa mãn x2  y  xy  y  12 c.Cuối học kỳ ,một học sinh có 11 kiểm tra đạt điểm 8,9,10 Biết tổng điểm kiểm tra 100 Hỏi học sinh có kiểm tra đạt điểm 8,điểm ,điểm 10 ? Bài giải a.Ta có n5  1999n  2017  n5  n  2000n  2015  2(n  ) Ta thấy n5  1999n  2017  n5  n  2000n  2015  2(n  ) chia dư Ta nhận xét số phương chia dư Vậy n5  1999n  2017( n  ) số phương b.Cách 1:Ta có x2  y  xy  y  12  ( x  y)2  (2 y  1)2  13  (2)2  (3)2 Để ý 2y+1 có dạng lẻ nên ta có trường hợp sau : x y 2 x 1 (thỏa )  2 y    y  TH1 :   x  y  2  x0 (thỏa )  2 y   3  y  2 TH2 :   x y 2  x4 (thỏa )  2 y   3  y  2 TH3 :   x  y  2  x  3 (thỏa )   y 1   y 1 TH4 :  Vậy nghiệm nguyên phương trình (1;1) ,(0;-2) ,(4;-2) ,(-3;1) Cách 2: Ta có x2  y  xy  y  12  x2  xy  (5 y  y 12)  (1) Để phương trình có nghiệm nguyên : Ta có   4 y  y  12   y  y  12   2  y  Mà y nguyên nên ta có giá trị y : y  2; 1;0;1 x  (thỏa mãn ) x  Với y=-2 thay vào (1) ta có : ( x  2)2    Với y=-1 thay vào (1) ta có : ( x  1)2  12 (phương trình nghiệm x nguyên ) Với y=0 thay vào (1) ta có : ( x  1)2  12 (phương trình nghiệm x nguyên )  x 1 (phương trình  x  3 Với y=1 thay vào (1) ta có : ( x  1)2    nghiệm x nguyên ) Vậy nghiệm nguyên phương trình (1;1) ,(0;-2) ,(4;-2) ,(-3;1) c.Gọi x,y,z số kiểm tra đạt điểm 8,9,10 Ta có x+y+z >11 8x+9y+10z=100 (1) Ta thấy 100=8x+9y+10z > 8(x+y+z) suy x  y  z  Ta có 11  x  y  z  25  x  y  z  12  x  12  y  z Thay x vào (1) ta có y+2z=4 suy z=1 (vì y,z > ) Khi z=1 y=2 suy x=9 Bài (4 điểm ) a) Giải phương trình x   x  1  x3  y  b)Giải hệ phương trình   x  y  xy  Bài giải a.Đặt a  x  5; b  x  Ta có hệ sau :  b 1   a  b3   a b 1  x3 a       b  2  x  6 b  b    a b 1    a  Vậy nghiệm phương trình x=3 ,x=-6 25 b.Đặt a=x+y ,b=xy Ta có hệ phương trình viết lại :  x   a   2b a  3ab   b  y       x  2b(4b  15b  15)  a   a  2b     y  Vậy hệ có nghiệm (0;2) ;(2;0) Bài (4 điểm ) a)Cho 5  x  ; x  3  3x   3x  a Tính giá trị biểu thức P  10  25  9x x b Cho x,y,z > x+y+z=12 Tìm giá trị nhỏ  x  y  z  15   x  y  z  15   x  y  z  24  M   + +  y x z       Bài giải a P  10  25  x  3x   3x 6x    x x x.( 3x   3x  5) a x  y  z  15   x  y  z  15   x  y  z  24   +  +  y x z       b M   Thay x+y+z=1 vào M ta có : 1 4 4 M   3.(   )   3(  )   3.16    M  1 x y z x y z 12 Max M =-1 x=y=3 z=6 Bài (4 điểm ) a.Hình vẽ B I G P N D A C M Tam giác ABC vuông A nên theo định lí pitago ta có : AB2  AC  BC  BC  92  122  15 Ta có : AD  AB  AC  BC  12  15   (cm) 2 Tứ giác IDAN hình vuông nên ID=DA=AP=PI=3 (cm) Tam giác BMN có IG song song với MN nên theo hệ định lí ta-lét ta có : IG BI BG 2     IG  MN MN BN BM 3 Tam giác ABN có ID song song với AN nên theo hệ định lí ta-lét ta có : ID BI    AN  ID  4,5 (cm) AN BN Mà MN=AM-AN=6-4,5=1,5 (cm ) 3 Lúc IG  MN  1,5  (cm) b B A H M I P D N C Tam giác MNC vuông C nên theo định lí pitago ta có : MN  MC  NC  MN  (a  MB)2  NC  a2  MB2  NC  2a.MB Tương tự : MP2  a2  AP2  MB2  AP.MB Tam giác MNP nên ta có : a2  MB2  NC  2a.MB  a2  AP2  MB2  AP.MB Suy : NC  2a.MB  AP2  2.AP.MB  CN  AP2  2DP.BM b.Kẻ NI vuông góc với MP Kẻ MH vuông góc với AD 2 Ta có SMNP  NI MP  NI AB (vì MP  AB ) S MNP MP nhỏ PM nhỏ AB Khi MPDC hình chữ nhật Khi MP song song với AB N trung điểm CD Lúc SMNP  a2 Bài (4 điểm ) a.Ta có R(b  c)  a bc  Mà ta có 2R  a (2) R(b  c) bc  bc   2R  a (1) a Từ suy 2R=a nên tam giác ABC vuông A b C B D O A E F Vẽ đường tròn tâm O bán kính cm Chia hình tròn vẽ thành hình Khi AOB  600  BAO  ABO  1800  600  600 Lúc tam giác AOB tam giác nên suy AB=1 Giả sử tất điểm cho nằm hình tròn vẽ chắn khoảng cách điểm có điểm có khoảng cách nhỏ Khoảng cách tất điểm nằm đỉnh A,B,C,D,E,F hình vẽ (mâu thuẫn ) điểm trùng với O Vậy phủ điểm hình tròn có bán kính CHUYÊN GIA VỀ TOÁN HÀNG ĐẦU TẠI QUẢNG NGÃI ,NHƯNG MÀ GIÁO DỤC XÃ HỘI KHÔNG CẦN ... minh n5  199 9n  2017(n  ) số phương b Tìm số nguyên x,y thỏa mãn x2  y  xy  y  12 c.Cuối học kỳ ,một học sinh có 11 kiểm tra đạt điểm 8 ,9, 10 Biết tổng điểm kiểm tra 100 Hỏi học sinh có kiểm... giải a.Ta có n5  199 9n  2017  n5  n  2000n  2015  2(n  ) Ta thấy n5  199 9n  2017  n5  n  2000n  2015  2(n  ) chia dư Ta nhận xét số phương chia dư Vậy n5  199 9n  2017( n  )... trình (1;1) ,(0;-2) ,(4;-2) ,(-3;1) c.Gọi x,y,z số kiểm tra đạt điểm 8 ,9, 10 Ta có x+y+z >11 8x+9y+10z=100 (1) Ta thấy 100=8x+9y+10z > 8(x+y+z) suy x  y  z  Ta có 11  x  y  z  25  x  y 