PHÕNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ VINH DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP NĂM HỌC: 2016 – 2017 Đề thức Đề thi gồm có: 01 trang Môn: Toán - Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016 ĐỀ BÀI Bài (4,0 điểm) 1) Cho a +b + c = a, b,c khác Rút gọn biểu thức: ab bc ca A=   2 2 a b c b c a c  a  b2 2) Tính giá trị biểu thức: P= x  x  5x   x  2x  7x  3 x =   Bài (4,0 điểm)  x  xy  y  1) Giải hệ phương trình:   x  y  xy  2) Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x ( 2x + 5y + 1)(  x  x + y ) = 105 Bài (4,0 điểm) 1) Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn (20142014 +1) chia hết cho n3 + 2012n 2) Cho x, y số nguyên thỏa mãn 2x2 + x = 3y2 + y Chứng minh x – y; 2x +2y +1 3x + 3y +1 số phương Bài ( 6,0 điểm) Cho đường tròn (O,R) đường thẳng d điểm chung với đường tròn Trên d lấy điểm M bất kỳ, qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến (O) C cắt AB E a) Chứng minh BCM đồng dạng với BEO b) Chứng minh CM vuông góc với OE c) Tìm giá trị nhỏ dây AB diện tích tứ giác MAOB Bài (2,0 điểm) 1 Giả sử a, b, c số thực thỏa mãn a, b, c  o a  b  c     a b c Chứng minh rằng: a6  b6  c6  abc a3  b3  c3 (Hết) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Phòng thi: PHÕNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ VINH DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP NĂM HỌC: 2016 – 2017 Bài Câu 1) 2,0đ (4,0 đ) HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán - Lớp Tóm tắt cách giải Từ a + b + c = suy a + b = - c Bình phương hai vế ta a2 + b2 + 2ab = c2 nên a2 + b2 - c2 = - 2ab Tương tự : b2 + c2 - a2 = - 2bc c2 + a2 - b2 = - 2ac ab bc ca 1 Do đó: A =       2ab 2bc 2ca 2 2 Vậy A =  Điểm 0,75 0,5 0,75 Ta có: x (  1)  (   4)(  1)    Suy x = x +  2x  (x 1)3 hay x3 = 3x2 + 3x + Do P  2) 2,0đ  3x  3x   x  5x   3x  3x   2x  7x  4(x  1)2  (x  2)  x 1  x2   0,75 x  8x   x  4x  2(x  1)  2x   2 x2 x2 (vì x =   > 2) 0,5 0,5 0,25 Vậy P =2 x =    x  xy  y  Ta có:  x  y  xy   Đặt a = x –y , b = xy (1) 1) 2,0đ (4,0 đ) (x  y)  3xy    x  y  xy  a + 3b  Hệ phương trình trở thành:  a  b  a  a   Giải hệ phương trình ta được:   b   b  - 11 Với a = 3, b = -2 thay vào (1) ta được: x - y  x  x     xy   y  -2 y  -1 Với a = - 6, b = - 11 thay vào(1) ta được: x  y   x - y  -  ( Hệ PT vô nghiệm)   xy   11 y  6y  11    x  x  vµ  Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  y  -2 y  -1 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 Bài Câu Tóm tắt cách giải ( 2x + 5y + 1)(  x  x + y ) = 105 Điểm x 2) 2,0đ Vì 105 số lẻ nên 2x +5y +1 x  x  x + y phải số lẻ Từ 2x +5y +1 số lẻ mà 2x +1 số lẻ nên 5y số chẵn suy y số chẵn x  x  x + y số lẻ mà x  x  x(x  1) tích hai số nguyên liên tiếp nên số chẵn, y số chẵn nên x số lẻ Điều xảy x = Thay x = vào phương trình cho ta được: ( 5y + 1)( y + 1) =105  5y2 + 6y – 104 =  5y2 – 20y + 26y – 104 = 5y( y – 4) + 26(y – 4) =  (5y + 26)(y – 4) = 26  y=  ( loại) y = 4( thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm nguyên(x;y) = ( ; 4) 0,5 0,5 1,0 2014 1) 2,0đ (4,0 đ) 2) 2,0đ Giả sử tồn số nguyên n thỏa mãn (2014 +1) chia hết cho n + 2012n Ta có : n3 + 2012n = (n3 – n) + 2013n = n(n -1)(n +1)+2013n Vì n -1, n, n+1 ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho Suy n(n-1)(n +1) 3; mà 2013 nên (n3 + 2012n) (1) Mặt khác: 20142014 + = (2013 + 1)2014 +1 chia cho dư ( 2013 3) (2) Từ (1) (2) dẫn đến điều giả sử vô lý, tức số nguyên thỏa mãn điều kiện toán cho Từ : 2x2 + x = 3y2 + y (1) 2 => 2x – 2y + x – y = y => (x- y)(2x + 2y + 1) = y2 (2) 2 Mặt khác từ (1) ta có: 3x – 3y + x – y = x2  ( x –y)( 3x +3y +1) = x2 =>(x –y)2( 2x + 2y +1)(3x +3y +1) = x2y2 => ( 2x + 2y +1)(3x +3y +1) số phương (3) Gọi ( 2x + 2y +1; 3x +3y +1) = d => ( 2x + 2y +1) d; (3x +3y +1) d => (3x +3y +1) - ( 2x + 2y +1) = (x + y) d => 2(x +y) d =>( 2x + 2y +1) - 2(x +y) = d nên d = => ( 2x + 2y +1; 3x +3y +1) = (4) Từ (3) (4) => 2x + 2y +1 3x +3y +1 số phương Lại có từ (2) =>(x- y)(2x + 2y + 1) số phương  x- y số phương Vậy 2x2 + x = 3y2 + y x –y; 2x +2y +1 3x + 3y +1đều số phương 0,5 0,5 0,75 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 Bài Tóm tắt cách giải Câu Điểm A O Q C N P I B M E d H 1) Q giao điểm AB với OM Ta có AM // CE(cùng vuông góc với AC)  BEC  MAB ( so le trong) Mà ABC  90 ; AQM  90 AMO  OMB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  AMO  OMB  BCE (cùng phụ với hai góc nhau) BE OB MB OB => tan BCE  tan OMB  (1)    BC MB BC BE Lại có MBA  OBC ( phụ với ABO ) 2,0đ (6,0 đ) 2) 1,5đ 0,5 0,5 0,5 Nên MBC  OBE ( = 900 + OBC ) (2) Từ (1) (2) suy  MBC  OBE (c.g.c) 0,5  OBE  BCM  BEO Từ  MBC Gọi I N giao điểm OE với BC MC  BIE  NIC (g.g)  IBE  INC 0,5 mà IBE  90 => INC  90 Vậy CM  OE Gọi H hình chiếu vuông góc O d P giao điểm AB với OH OQ OP  Ta có  OQP  OHM (.g.g) => OH OM R2 2  QO OM = OP OH = OA = R  OP  OH Mà O d cố định => OH không đổi => OP không đổi 3) Gọi Lại có : AB = 2AQ = 0A  OQ mà OQ  OP  AB  OA  OP  R  ( không đổi) R4 2R  OH  R 2 OH OH 0,75 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 Bài Câu Tóm tắt cách giải Dấu “=” xảy  Q  P  M  H 2R VậyGTNNcủaAB = OH  R  M  H OH Điểm 0,25 A O Q A1 P 3) C N I B1 B M E 2,5đ d H AB.OM  AQ.OM Vẽ dây cung A1B1 vuông góc với OH P, P (O) cố định nên A1B1 không đổi Vì OP  OQ  AB  A1B1 (liên hệ dây khoảng cách từ tâm đến dây) Mà OM  OH  SAOBM  A1B1.OH ( không đổi) Dấu “=” xảy  M  H Vậy GTNN SAOBM  A1B1.OH M  H *) Vi MO  AB nên SAOBM  b) * a + b + c = => a + b = -c => (a + b)3 = -c => a3 + b3 + c3 = -3ab(a + b) = 3abc 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 *    => ab + bc + ca = a 2,0 đ b c * a6 + b6 + c6 = (a3 )2 + (b3)2 + (c3)2 = (a3 + b3 + c3)2 – 2(a3b3 + b3c3 + c3a3) * ab + bc + ca = => a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2 Do * a6 + b6 + c6 = (3abc)2 – 2.3a2b2c2 = 3a2b2c2 + Vậy: 0,5 a b c 3a b c 0,5 (2,0   abc 3 a b c 3abc đ) Lưu ý: Học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa Bài hình không vẽ hình vẽ sai hình không chấm điểm 6 2 ...PHÕNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ VINH DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP NĂM HỌC: 2016 – 2017 Bài Câu 1) 2,0đ (4,0 đ) HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán - Lớp... MBC  OBE ( = 90 0 + OBC ) (2) Từ (1) (2) suy  MBC  OBE (c.g.c) 0,5  OBE  BCM  BEO Từ  MBC Gọi I N giao điểm OE với BC MC  BIE  NIC (g.g)  IBE  INC 0,5 mà IBE  90 => INC  90 Vậy CM ... giao điểm AB với OM Ta có AM // CE(cùng vuông góc với AC)  BEC  MAB ( so le trong) Mà ABC  90 ; AQM  90 AMO  OMB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  AMO  OMB  BCE (cùng phụ với hai góc