PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO CẨM THỦY ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (LẦN 2) Năm học 2018 - 2019 Mơn: Tốn - Lớp ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4,0 điểm): Hãy tính giá trị biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết: x   26  15  3  80   80 Tính tổng: 8.12  8.2  8.32  8.1009  S   2   2   2    3 5 2017 2.2019 Câu II (4,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(1; ); N(3;0); K(4; ) Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC cho M, N, K trung điểm AC, CB, BA Giải phương trình: 13 x  x  x  x  16 Câu III (4,0 điểm): Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: x  18 y  z  y z  18 x  27 Cho x, y số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 cho: x4 1 y4 1  số nguyên Chứng y 1 x 1 minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1) Câu IV (6,0 điểm): Cho đường tròn (O; R) dây cung AH < R Qua H vẽ đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O; R) Vẽ đường tròn (A; R) cắt đường thẳng d B C cho H nằm B C Vẽ HM vng góc với OB (M �OB), vẽ HN vng góc với OC (N � OC) 1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC MN qua điểm cố định 2) Chứng minh: OB.OC = 2R2 3) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác OMN H thay đổi Câu V (2,0 điểm): Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  Chứng minh rằng: 1   �1 2  a b  b c  c2a -Hết -Chữ ký giám thị 1: ……………………………… Chữ ký giám thị 2: ……………………………… ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP (Đáp án gồm có 04 trang) Bài Đáp án Điểm Hãy tính giá trị biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết: x   26  15  3  80   80 Đặt a   80   80    � a   80   80  3  80  80 a � a  18  3 81  80.a � a  18  3a � a  3a  18  �  a  3  a  3a    (4đ) a3 � � �2 a  3a   � 0,5đ Mặt khác: 26  15       Suy ra: x     26  15  3  80   80 2020  32 2 2020 � 1 � Vậy Q  �3   1�   1  � 27 � 0,5đ   43  0,5đ 0,5đ Tính tổng: S  1 8.12  8.22  8.32  8.1009         12.32 32.52 52.7 2017 2.20192 Ta có: 1 8n   2n  1  2n  1 2  1 8n   4n  1  16n  8n   8n   4n  1  � 1 �   �  � �2n  2n  � Với  n ≥ 1, n �N Thay n từ đến 1009 ta được: � 1� �1 � �1 � S   �  �  �  �   �  � � 2� �3 � �2017 2019 � � � 1009  1009  � 1 � 1009 � 2019 � 2019 4n  4n  1  4n 4n  0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(1; ); N(3;0); K(4; ) Xác định đỉnh tam giác ABC cho M, N, K trung điểm AC, CB, BA Lời giải: Phương trình đường thẳng MN có dạng y=ax + b Vì M(1; 3 ) thuộc đường thẳng MN nên: = a + b (1) 2 Vì M(3;0) thuộc đường thẳng MN nên: = 3a + b (2) Từ (1 ) (2) suy ra: a = -3/4; b = 9/4 (4đ) Suy phương trình đường thẳng MN là: y  3 x  4 Tương tự phương trình đường thẳng MK là: y  x  15 phương trình đường thẳng NK là: y  x  2 Ta có MN đường trung bình tam giác ABC suy MN // AB Phương trình đường thẳng AB có dạng y  3 x  c  3 11   c => c= Phương trình đường thẳng AB là: y  3 x  11  Tương tự : phương trình đường thẳng BC là: y  x  Phương trình đường thẳng AC là: y  x  11 � 3 y  x  � � � �x  Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình � � �y  �y  x  � Mà K(4; ) Suy A(2;4) 0,5đ AB suy 0,5đ 0,5đ Giải phương trình: 13 x  x  x  x  16 Lời giải: Đk: -1 ≤ x ≤ 13 x  x  x  x  13 Ta có:  � x 13  x   x  0,5đ  256 Áp dụng Bđt bunhicopxki cho dãy số: 13 ; 3 13(1  x );   x   0,5đ ta được: 13 13   x   3   x   � 13  27   13  13 x   x   40  16  10 x  Áp dụng bđt Cosi ta có: 0,5đ 4.10 x  16  10 x  �(10 x  16  10 x )  162  256 2 Dấu xảy � 10x2 = 16 - 10x2 � x  �  � III (4đ) 0,5đ 1) Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: x  18 y  z  y z  18 x  27 Giả thiết �  x  3  18 y  z  y z  54 (1) +) Lập luận để z M3 �z M � z M9 z (*) (1) � 3( x  3)  z  y ( z  6)  54(2) (2) � 54  3( x  3)  z  y ( z  6) �3( x  3)  2.9  y 0,5đ ( x  3)  y �12  y�  y 1; y y nguyên dương Nếu y  � y  (1) có dạng:  x � 3  � 5 z 72 5z z2 72 72 z2 z (vì có(*)) Khi  x  3  27 �  x  3  , x nguyên dương nên tìm x = Nếu y  � y  (vì y ngun dương) (1) có dạng:  x � 3  � 14  z 126 14 z 126 z z z (vì z nguyên dương) Suy ( x  3)  � x  (vì x nguyên dương) �x  �x  � � Đáp số �y  2; �y  �z  �z  � � 0,5đ 0,5đ 0,5đ x4 1 y 1  2) Cho x, y số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 cho: số y 1 x 1 nguyên Chứng minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1) Lời giải: x4 1 a y4 1 m  ;  Đặt với (a;b)=1; (m;n)=1 b,n > y 1 b x 1 n a m an  bm �Z Theo ta có:   b n bn an  bmMb � an Mb � �� Suy ra: � mà (a;b)=1; (m;n)=1 suy ra: an  bmMn � bm Mn � 0,5đ n Mb � � �nb b Mn � 0,5đ a m x4 1 y 1  �Z ( x4 - Mx+1 y4 - My + 1) b n y 1 x 1 Suy a.m Mn mà (m;n) =1 suy a Mn mà n = b nên a Mb suy x4 - 1My + Do đó: x4y44 – 1= y44 (x4 - 1) + (y44 – 1) My + 0,5đ Vì x4 - 1My + y44 – 1My + (đpcm) 0,5đ Mặt khác: B A M D O H 1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC MN qua Nmột điểm cố định C a) Chứng minh: OM.OB = ON.OC Vì tam giác OHB vng H có HM đường cao nên: OM.OB = OH2 Vì tam giác OHC vng H có HN đường cao nên: ON.OC = OH2 IV (6đ) Suy ra: OM.OB = ON.OC (vì OH2) 0,5đ 0,5đ b) Chứng minh MN qua điểm cố định Vì OM.OB = OH2 � OA2 = OM.OB � � Xét OMA OAB có: AOB chung OA OB  OM OA OA OB  (chứng minh trên) OM OA � OMA : OAB (c.g.c) �  OBA � mà � � (vì OA = AB = R) � MAO AOB  OBA �  MOA � � MAO � MOA cân M � MA = MO � M thuộc đường trung trực AO Chứng minh tương tự ta có N thuộc đường trung trực AO � MN qua trung điểm D OA cố định 2) Chứng minh: OB.OC = 2R2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Ta có: OM.OB = ON.OC (chứng minh câu a) � 0,5đ OM OC  ON OB Chứng minh OMN : OCB (c.g.c) OM OC OM OC  �  � OM  OC Mà OH  BC ; OD  MN OD OH R R Lại có: OM.OB = OH2 � OC.OB  R 2 � Vậy OB.OC = 2R2 0,5đ 0,5đ 0,5đ 3) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác OMN H thay đổi SOMN �OD � R 1  � �  � SOMN  SOCB  OH BC Ta có: OMN : OCB � SOCB �OH � 4R 4 1 R � R(AB AC)  R( R  R)  8 Dấu xảy A, B, C thẳng hàng  A H R2 Vậy diện tích lớn tam giác OMN là: SOMN  điểm A trùng với điểm H.https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  Chứng minh rằng: 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1   �1 2  a b  b c  c 2a Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, V ta có   a 2b �3 a 2b 3 ab �a  b  b  a  2b (2đ) a 2b 1 a‫�׳‬ b ‫׳‬ 1 a ab a  a 2b  Suy  a 2b � 11 a b ab Suy 0,5đ 1 �  (a  2ab) 2  a b 18 (1) 0,5đ 0,5đ 1 �  (b  2bc) 2  b c 18 1 �  (c  2ca) 2  c a 18 Tương tự, có: (2) (3) 0,5đ Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu 1   �   a  b  c   Điều phải chứng minh 2 2  a b  b c  c a 18 Dấu đẳng thức xảy a  b  c  Chú ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Bài hình khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm điểm ĐÁP ÁN HSG THỊ Xà HOÀNG MAI 18-19 Câu 2: a) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: x  y  3xy  x  y   Giải: x  y  xy  x  y   �3 � � � x  y  1� x   �2 � �  x  y  1  x  y  1  1 Xét trường hợp ta kết quả: (x; y) = (-2; 2) (x; y) = (2; -4) b) Giải phương trình: x3 16  x Điều kiện: - < x < Ta có: x3  x  16  � x3  16  x  � x  16  x  x  16    x  x 16  x 16  x 2  0   16  x  � x  16  x  ( x  x 16  x  16  x  0) � x  16  x � � x  �2 (tm) Câu 3: a) Cho ∆ABC có độ dài ba cạnh a, b, c có chu vi Chứng minh a  b  c  2abc  0,5đ Đặt x = a + b - c; y = b + c - a; z = c + a - b xz xy yz �a  ; b ; c x + y + z = a + b + c = 2 2 Do a, b, c độ dài cạnh tam giác nên x, y, z số dương Ta có: a  b  c    y 2   x  z  2abc    z    x   x  y   y  z    x  z  x  y  y  z 2   y   z   x  4 4 2  4y  y   4z  z   4x  x   4x  4y  4z  2xy  2yz  2zx  xyz  20  8(x  y  z)  (x  y  z)  xyz 20  8.2  22  xyz  xyz xyz    2 2 4 4 Câu 4: Cho ba điểm S, C, D cố định nằm đường thẳng theo thứ tự Đường tròn (O; R) thay đổi ln qua C D Từ S kẻ tiếp tuyến SA, SB với (O) (A, B tiếp điểm Đường thẳng AB cắt SO CD H I Gọi E trung điểm CD Chứng minh rằng: a) SA2 = SC.SD b) AC.BD = BC.AD c) Khi (O) thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OEH nằm đường thẳng cố định B Chứng minh: a) (Sử dụng định lí Py-ta-go) E trung điểm CD nên OE  CD EC ED S C Ta có: SC.SD = (SE - CE)(SE + ED) = (SE - CE)(SE + CE) = SE2 - CE2 = SO2 - CO2 = SO2 - OA2 = SA2 b) Từ SA2 = SC.SD suy ∆SCA ∽ ∆SAD (c.g.c) CA SA �  (1) AD SD Do SA = SB nên SB2 = SC.SD suy ∆SCB ∽ ∆SBD (c.g.c) CB SB �  (2) BD SD O H = M N I A E D CA CB  � AD.CB  AC.BD AD BD c) Ta chứng minh SO  AB H suy ra: ∆SHI ∽ ∆SEO SH SI �  � SI.SE  SH.SO Mà SH.SO = SA2(Do ∆SAO vng A) SE SO SC.SD � SI có độ dài không đổi Suy SI.SE = SA2 = SC.SD � SI  SE � I điểm cố định � IE có độ dài khơng đổi Gọi M trung điểm OI, N trung điểm IE � MN đường trung bình ∆IOE � MN // OE Mà đường thẳng OE cố định N cố định nên đường thẳng MN cố định, hay M nằm đường thẳng cố định (3) Ta chứng minh điểm H, O, E, I thuộc đường tròn tâm M đường kính OI � M tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OEH (4) Từ (3) (4) suy tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OEH nằm đường thẳng cố định Từ (1), (2) SA = SB suy ra: � �1 � Câu 5: Cho �x  y �2 Tìm GTLN M =  x  y  �  � �x y � Chứng minh: �1 � x y Ta có: M   x  y  �  �   �x y � y x Từ �x  y �2 suy ra: * �x y �2 � + y �x + � y - x �1 (1) y  y  x 1 * (x - 1)(x - y) �0 � x2 - xy - x + y �0 ۣ (2) x x x y * (y - 2)(y - x) �0 � y2 - xy - 2y + 2x �0 � �   (3) y 2 x y x y Cộng theo vế (2) (3) ta được:  �y  x     y x 2 x y yx x y yx �  � 2 �  2� 4 y x y x x y 9 Kết hợp với (1) ta   �   Hay M � y x 2 Dấu " = " xảy bất đẳng thức (1), (2) (3) đồng thời xảy dấu Ta tìm x = y = Vậy GTLN M x = y = 2 Giáo viên: Hồ Xuân Chiến-Trường THCS Quỳnh Vinh ...  n ≥ 1, n �N Thay n từ đến 10 09 ta được: � 1� �1 � �1 � S   �  �  �  �   �  � � 2� �3 � �2017 20 19 � � � 10 09  10 09  � 1 � 10 09 � 20 19 � 20 19 4n  4n  1  4n 4n  0,5đ 0,5đ... 27 � 0,5đ   43  0,5đ 0,5đ Tính tổng: S  1 8.12  8.22  8.32  8.10 09         12.32 32.52 52.7 2017 2.20 192 Ta có: 1 8n   2n  1  2n  1 2  1 8n   4n  1  16n  8n ... y z  54 (1) +) Lập luận để z M3 �z M � z M9 z (*) (1) � 3( x  3)  z  y ( z  6)  54(2) (2) � 54  3( x  3)  z  y ( z  6) �3( x  3)  2 .9  y 0,5đ ( x  3)  y �12  y�  y 1; y y