LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2019 Võ Quốc Bá Cẩn Đề thi Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình: p b) Cho S D 223 324 để dạng phân số tối giản) xD1 p x 1: 2020 2021 tích 2019 thừa số Tính S (kết a) Biết a; b số nguyên dương thỏa mãn a2 a b chia hết cho 3: ab C b chia hết cho 9; chứng minh Bài (5.0 điểm) b) Tìm tất số nguyên dương n cho 9n C 11 tích k k N; k nhiên liên tiếp 2/ số tự Bài (3.0 điểm) a) Cho x; y; z số thực dương nhỏ 4: Chứng minh số C z ; z1 C x ln tồn số lớn 1: y x C ; y b) Với số thực dương a; b; c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 C b C c C 2abc D 1; tìm giá trị lớn biểu thức P D ab C bc C ca abc: Bài (6.0 điểm) Cho tam giác AB C vuông A A B < AC /: Đường tròn I / nội tiếp tam giác AB C ; tiếp xúc với cạnh B C ; C A; AB D ; E ; F : Gọi S giao điểm A I DE : a) Chứng minh tam giác I A B đồng dạng với tam giác E AS : b) Gọi K trung điểm AB O trung điểm B C : Chứng minh ba điểm K ; O ; S thẳng hàng c) Gọi M giao điểm K I AC : Đường thẳng chứa đường cao AH tam giác AB C cắt đường thẳng DE N : Chứng minh AM D AN : Bài (1.0 điểm) Xét bảng ô vuông cỡ 10 10 gồm 100 hình vng có cạnh đơn vị Người ta điền vào ô vuông bảng số nguyên tùy ý cho hiệu hai số điền hai chung cạnh có giá trị tuyệt đối không vượt 1: Chứng minh tồn số nguyên xuất bảng lần Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2019 Lời giải bình luận tốn Bài (5.0 điểm) a) Giải phương trình: p x D1 p x 1: b) Cho S D 223 324 202022021 tích 201 thừa số Tính S (kết để dạng phân số tối giản) Lời giải a) Điều kiện: x 1: Đặt a D p x 1; b D p x ta có a 0; b Ä a C b D 1: 1/ Ngồi ra, từ giả thiết, ta có a C b D 1: Thay a D 1 b vào 1/ ; ta b / C b D 1; hay b b 1/ b C 2/ D 0: Suy b f ; ; 1g; hay x f 0; ; 1g: Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có tập nghiệm S D f1 ; ; 0g: b) Để ý với n nguyên dương, ta có n2 C n n 1/ n C 2/ D D : n.n C 1/ n.n C 1/ n.n C 1/ Từ suy 201 3 4 2020 201 9/ D 202 0/ 202 D 020 337 : D 010 S D Vậy S D 202 202 202 2/ 202 1/ 337 : 1010 Bài (5.0 điểm) a) Biết a ; b số nguyên dương thỏa mãn a minh a b chia hết cho 3: a b C b chia hết cho 9; chứng b) Tìm tất số nguyên dương n cho n C 11 tích k k N ; k số tự nhiên liên tiếp 2/ Lời giải đề thi học sinh giỏi thành phố lớp thành phố Hà Nội 2019 Lời giải a) Từ giả thiết, ta suy a a b C b / D a b / C 3b chia hết cho 9: Do 3b chia hết a b / chia hết cho 3; suy a b chia hết cho 3: Từ đó, ta có a b / chia hết hết cho 9: Suy 3b chia hết cho 9; b chia hết cho 3; tức b chia hết cho 3: Mà a b chia hết ta có a chia hết cho 3: Vậy hai số a b chia hết cho : b) Để ý ba số tự nhiên liên tiếp ln có số chia hết cho 3; mà n C 1 không chia hết n C 1 tích k số tự nhiên liên tiếp Từ đó, theo n yêu cầu đề bài, ta suy C 1 tích hai số tự nhiên liên tiếp Đặt n C 1 D a a C / với a N ta có a a C 1/ 20 (do n 9), suy a 4: Từ đây, ta có a a C / 1 D a 2/ C 5.a 3/ > a 2/ : 1/ Mặt khác, ta có a.a C 1/ 11 < a a C 1/ < a C 1/ : 2/ Do a a C / 1 D n D 3˚n / số chính«phương nên kết hợp với đánh giá (1) (2), ta suy a a C / 1 a 1/ ; a : Bằng cách xét trường hợp cụ thể, ta tìm a f4 ; 1 g: Thử lại, ta thấy có a D (tương ứng, n D 1) thỏa mãn yêu cầu Vậy có giá trị n thỏa mãn yêu cầu đề n D 1: Bình luận Ở câu b), sau nhận xét n C 11 tích hai số tự nhiên liên tiếp, ta nhân hai vế để tách bình phương viết thành tích thừa số để hồn tất lời giải Bài (3.0 điểm) a) Cho x ; y ; z số thực dương nhỏ : Chứng minh số C z ; z1 C x ln tồn số lớn 1: y x C 1y ; b) Với số thực dương a ; b ; c thay đổi thỏa mãn điều kiện a C b C c C a b c D 1; tìm giá trị lớn biểu thức P D a b C b c C c a a b c : Lời giải a) Khơng tính tổng quát, ta giả sử x D minf x ; y ; z g: Khi đó, ta có 1 C x y 1 y 2/ C D C1 y y y y / 1: Từ suy điều phải chứng minh b) Trong ba số a ; b ; c ; tồn hai số Ä 12 : Khơng tính tổng qt, giả sử hai số a b : Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a C b 2 a b : Từ suy c D a C b C a b c a b C a b c D a b C c /; hay c Từ đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có abc Ä 2ab: c C 2ab : 1/ p a b c ; suy 2/ Sở GD&ĐT Hoà Bình Bài ý 2 §iĨm Néi dung a/ A = ( x + 3y ).( x - 2y ).( x + 2y ) (4đ) Hớng dẫn chấm môn to¸n Kú thi chän häc sinh giái cÊp tØnh cÊp THCS Năm học 2010-2011 1,0 b/ B = ( x + 2y + ).( x - 2xy + 4y ) 1,0 a = 11 + + 11 − = (3 + 2)2 + (3 2)2 = 1,5 Từ a số nguyên 0,5 + HS lập luận đợc x2 + x + x2 + x + khác đa PT dạng 9( x2 + x ) + 12 = ( x2 + x + ) ( x2 + x + ) 1,0 +HS biÕn ®ỉi PT vỊ d¹ng ( x2 + x - ) ( x2 + x + ) = (6 đ) 0,5 17 +HS giải PT tích tìm đợc nghiệm x = 2 0,5 + HS lập luận đợc để đồ thị hàm số đờng thẳng cắt trục tọa độ điểm A B cho tam giác OAB cân đồ thị hàm số đ cho song song với đờng 1,0 thẳng y = x ( y = - x ) m − =  m − = −1 + Tõ ®ã dÉn ®Õn  giải hệ PT tìm ®−ỵc m − ≠ m − ≠   1,0 m = hc m = trả lời toán x +1 + HS viết đợc A = 0,5 + HS lập luận tìm đợc giá trị nhỏ cđa biĨu thøc A b»ng - x = 1,5 (4 đ) Gọi K trung điểm cđa BC, dƠ cã A KOC = 600 XÐt tam giác vuông OKC có OC = O 1,0 Tính đợc KC = OC.sin 60 = , B K C Tính đợc BC = , suy diện tích tam giác ABC S = 3 (Đvdt) Chú ý: Thực chất tam giác ABC nhng không yêu cầu HS vẽ hình + Gi s cầu thủ đội trờng A x; Số cầu thủ đội trờng B y t k lập đợc PT: xy = 4( x + y ) ⇔ ( x − 4)( y − 4) = 16 + HS lp lun tìm đợc x = 20 ; y= 5, KL… 1,0 1,0 1,0 I đường tròn (5 đ) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp 2 Chứng minh ∆IQG từ có 2,0 ∆IFE (g.g), F QG IG 1 = = ; QG = EF = R (đpcm) EF IE 2 Chứng minh ∆IAB 1,0 E H 1,0 ∆IFE (g.g), kết hợp A với (2) ta có ∆IQG G Q O B IQ IG ∆IAB , suy = dẫn IA IB đến QG song song với AB 1,0 + HS tìm đợc ĐK x biến đổi PT dạng tích 0,5 (1®) ( x − − ).( x −1 − − x ) = + HS gi¶i PT tích tìm đợc x = x = thỏa m n trả lời Chú ý: Mọi lời giải khác đợc cho điểm tơng ®−¬ng 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài (4,0 điểm) Cho biểu thức: P = x y xy − − ( x + y )(1 − y ) ( x + y )( x + 1) ( x + 1)(1 − y ) Rút gọn biểu thức P Tìm giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = Bài (4,0 điểm) Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn18a + 4b ≥ 2013 Chứng minh phương trình sau ln có nghiệm: 18ax + 4bx + 671 − 9a = 3 Tìm tất nghiệm nguyên x, y phương trình x + x + 3x + = y Bài (4,5 điểm) Cho p 2p + hai số nguyên tố lớn Chứng minh 4p + hợp số 2 Giải phương trình: x + x + = x + x + 2 x − Bài (6,0 điểm) Cho góc xOy có số đo 60o Đường tròn có tâm K nằm góc xOy tiếp xúc với tia Ox M tiếp xúc với tia Oy N Trên tia Ox lấy điểm P thỏa mãn OP = 3OM Tiếp tuyến đường tròn (K) qua P cắt tia Oy Q khác O Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN E Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN F Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp đường tròn Gọi D trung điểm đoạn PQ Chứng minh tam giác DEF tam giác Bài (2,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: a +1 b +1 c +1 + + ≥3 + b2 + c2 + a2 HẾT -Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi: TỐN ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM (Đáp án biểu điểm gồm trang) Câu Câu 1.1 (2,5 ) Ni dung Điều kiện để P xác định : x ; y ; y ≠ ; x + y ≠ x(1 + P= = = = Câu 1.2 (1,5 đ) Câu 2.1 (2,0 đ) Điểm 0,5 ( x ) − y (1 − ( x + x + y ( )( y x − x + y ) − xy )(1 + x y +x− )( y 1+ )( (1 − y ) xy − P=2 ⇔ x + ⇔ ( x 1+ y xy + y − xy y ) x = ) ( x 1− = ) = ( x − y) + ( x x + y y ) − xy ( x + y ) y) ( x + y )(1 + x )(1 − y ) x + )(1 − x 1− x − y + y − y x x + ( ( ) x +1 − y ( ) ( )( x +1 + y 1+ x 1− 0,5 x (1 + x )(1 − y ) )( y 1+ y (1 − ) − y (1 − y ) y) 0,5 y xy − y = với x ≥ ; y ≥ ; y ≠ ; x + y ≠ ) ( y − ) y +1 =1⇔ ( )( x −1 1+ 0,5 ) y =1 Ta cã: + y ≥ ⇒ x − ≤ ⇔ ≤ x ≤ ⇒ x = 0; 1; 2; ; Thay vào P ta có cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thoả m n Cho hai s thực a, b thỏa mãn 18a + 4b ≥ 2013 (1) 0,5 0,5 Chứng minh phương trình sau có nghiệm: 18ax + bx + 671 − a = (2) TH1 : Với a = (2) ⇔ bx + 671 = 671 Từ (1) ⇒ b ≠ Vậy (2) có nghiệm x = − 4b TH2 : Với a ≠ , ta có : ∆ ' = 4b − 18a(671 − 9a) = 4b2 − 6a.2013 + 162a2 Vậy pt ln có nghiệm Tìm số ngun x, y thỏa mãn phương trình:  3 0,5 0,5 0,5 0,5 x + x + 3x + = y 0,5 Ta có y − x3 = x + 3x + =  x +  + > ⇒ x < y (1) 4  9 15  ( x + 2) − y = x + x + =  x +  + >0 4 16  Câu 3.1 (2,0đ) 0,5 0,5 ≥ 4b2 − 6a(18a + 4b) + 162a2 = 4b2 − 24ab + 54a2 = (2b − 6a)2 + 16a2 ≥ 0, ∀a, b Câu 2.2 (2,0 đ) ) ⇒ y< x+2 (2) Từ (1) (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + Thay y = x + vào pt ban đầu giải phương trình tìm x = -1; x = từ tìm hai cặp số (x, y) thỏa mãn toán (1 ; 2), (-1 ; 0) Do p số nguyên tố lớn nên p có dạng p = 3k ± *) Nếu p = 3k + p + = k + = 3(2 k + 1) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 3.2 (2,5 đ) ⇒ p + hợp số (Vô lý) *) Nếu p = 3k − 1, k ≥ p + = 12 k − = 3(4k − 1) Do k − ≥ nên p + hợp số Điều kiện: x ≥ 0,5 0,5 0,5 PT ⇔ x + x + = x x + + 2 x − ( ⇔ (2x − ) ( 0,5 ) ⇔ 4x2 − 4x x + + x + + − 2 x − + 2x − = x+3 ) ( + − 2x −1 ) 0,5 =0 2 x = x + ⇔  = x − 4 x = x + ⇔ ⇔ x = (tmđk)  = 2x − 0,5 0,5 Câu Câu 4.1 (2,5 đ) Hình vẽ +PK phân giác góc QPO y ⇒ MPE = KPQ (*) + Tam giác OMN ⇒ EMP = 1200 + QK phân giác OQP Q N E ( QKP = 1800 − KQP + KPQ D K 0,5 0,5 0,5 ) Mà 2KQP + 2KPQ = 1800 − 600 = 1200 x O P M F Câu 4.2 (1,0 đ) Câu 4.3 (2,5 đ) ⇒ QKP = 1200 Do đó: EMP = QKP (**) Từ (*) (**), ta có ∆MPE ∆KPQ 0,5 0,5 Do hai tam giác MPE KPQ đồng dạng nên: MEP = KQP 0,5 hay: FEP = FQP Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp đường tròn 0,5 Gọi D trung điểm đoạn PQ Chứng minh tam giác DEF tam giác PM PE PM PK Do hai tam giác MPE KPQ đồng dạng nên: = Suy ra: = PK PQ PE PQ 0,5 Ngoài ra: MPK = EPQ Do đó, hai tam giác MPK EPQ đồng dạng Từ đó: PEQ = PMK = 900 Suy ra, D tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF Vì vậy, tam giác DEF cân D Ta có: FDP = 2FQD = OQP ; EDQ = 2EPD = OPQ ( ) FDE = 1800 − FDP + EDQ = POQ = 600 Câu Từ đó, tam giác DEF tam giác Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: 0,5 0,5 0,5 0,5 (2,0 đ) a +1 b +1 c +1 + + ≥3 + b2 + c + a2 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: + b ≥ b nên: a +1 b2 (a + 1) b (a + 1) ab + b = (a + 1) − ≥ (a + 1) − = a +1− 1+ b b +1 2b ⇔ a +1 ab + b ≥ a +1− 1+ b 0,5 Tương tự ta có: b +1 bc + c ≥ b +1− (2) 1+ c c +1 ca + a ≥ c +1− (3) 1+ a Cộng vế theo vế (1), (2) (3) ta được: a +1 b +1 c +1 a + b + c − ab − bc − ca (*) + + ≥3+ 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 Mặt khác: 3(ab + bc + ca) ≤ ( a + b + c ) = ⇒ Nên (*) ⇔ a + b + c − ab − bc − ca ≥0 a +1 b +1 c +1 + + ≥ (đpcm) + b2 + c + a2 Dấu "=" xảy a = b = c = -HẾT -Lưu ý: - Các cách giải khác cho điểm tương đương với biểu điểm - Điểm tồn khơng làm tròn 0,5 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Mơn Tốn Bài 1.(6 điểm) Cho biểu thức A = + − 13 + 48 +1 a) Rút gọn biểu thức A 2 b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y − A = x(A + x)(A + x ) Gọi d1 ,d đường thẳng có phương trình: d1 :y = 2x + 3m + d : y = (m + m)x − a) Tìm m để hai đường thẳng d1 ,d song song b) Tuỳ theo giá trị m, tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = ( 2x − y + 3m + ) + (m + m)x − y −  Bài 2.(6 điểm) Giải phương trình: 2(x + 2) = ( x + + 2x ) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: x + 3x − (2m − 1)x − ( 3m + 1) x + m + m = Bài 3.(1 điểm)  x y − − x + y x − − y = Giải hệ phương trình :   x + y3 = 16 ( ) ( ) Bài 4.(6 điểm) Cho điểm cố định A, B, C phân biệt thẳng hàng theo thứ tự Đường tròn (O) qua B C (O không thuộc BC) Qua A kẻ tiếp tuyến AE AF đến đường tròn (O) (E F tiếp điểm) Gọi I trung điểm đoạn thẳng BC, N trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh rằng: E F nằm đường tròn cố định đường tròn (O) thay đổi Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) E’(khác F) Chứng minh tứ giác BCE’E hình thang Chứng minh rằng: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI nằm đường thẳng cố định đường tròn (O) thay đổi Bài 5.(1 điểm) Cho tam giác ABC Xác định vị trí điểm M nằm tam giác ABC cho AM.BC + BM.CA + CM.AB đạt giá trị nhỏ -HẾT (Giám thị khơng giải thích thêm ) Họ tên: Số báo danh: Chữ kí giám thị .Chữ kí giám thị PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MƠN TỐN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: Rút gọn biểu thức sau: a) A = + 10 + + − 10 + − x y2 b) B = + xy (x − y ) x2 x (x − y) − ( x − y ) y2 y (x − y) với xy > 0; x ≠ y Bài 2: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn y2 + 2xy − 7x − 12 = Bài 3: Giải phương trình 5−x   − x  b) a) x  x+ =6  x +   x +  10 ( x − 2013) + 14 ( x − 2014 ) =1 Bài 4: Cho ∆ABC vuông A (AC > AB), đường cao AH (H ∈ BC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đường vng góc với BC D cắt AC E a) Chứng minh ∆BEC ∼ ∆ADC Tính BE theo m = AB b) Gọi M trung điểm BE Chứng minh ∆BHM ∼ ∆BEC Tính AHM GB HD c) Tia AM cắt BC G Chứng minh = BC AH + HC 3 2 Bài 5: a) Cho x + y + ( x + y ) + ( x + y ) + = xy > 1 + x y b) Với a, b, c số thực dương Chứng minh a5 b5 c5 a + b + c3 + + ≥ a + ab + b b + bc + c2 c2 + ca + a Tìm GTLN M = Bài giải Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn Bài 1: a) Đặt x = + 10 + + − 10 + ⇒ x = + − = + ( ⇒ x = + Do A = (x − y) x (x − y) y b) B = + − x (x − y) y (x − y) Xét trường hợp x < y < 0; y < x < 0; x > y > y > x > ta B = ) −1 = + Bài 2: Cách 1: y2 + 2xy − 7x − 12 = ⇔ ( x + y ) = ( x + 3)( x + ) (x + 3)(x + 4) tích số nguyên liên tiếp nên số phương x + =  x = −3 Dó  ⇔ Từ ta tìm (x; y) ∈ {(-3; 3); (-4; 4)} x + =  x = −4 Cách 2: y2 + 2xy − 7x − 12 = ⇔ 4y + 8xy − 28x − 48 = ⇔ 4y − 49 + 4x ( 2y − ) = −1 2y − =  x = −4 2y − = −1  x = −3 ⇔ ( 2y − )( 2y + + 4x ) = −1 ta có  ⇔ ⇔  2y + + 4x = −1  y = 2y + + 4x =  y = 5−x  5−x  =b Bài 3: a) Cách 1: ĐKXĐ: x ≠ -1 Đặt x   = a x + x +1  x +1  − x  5x − x + x + x + − x  5−x   + x + =5 Ta có a + b = x    = x +1  x +1  x +1    a =  5−x   x =2 ab = a =   x +   x − 3x + = b =  ⇒ ⇔ ⇒ x − 3x + = Do  Với  ⇔  a + b = b = a =    x − 3x + = x + − x =   x +1   b = x = ⇔ ( x − 1)( x − ) = ⇔  x =   5− x  x =3 a =   x +   x − 2x + = Với  ⇒ ⇔ ⇒ x − 2x + = ⇔ ( x − 1) + = , vô nghiệm 5−x  x − 2x + = b =  x+ =2  x +1 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 2} 5−x   − x  Cách 2: x  x+ = ⇔ 5x − x x + = ( x + 1) ⇔ x − 5x + 11x − 13x + =   x +1   x +  ⇔ x − 5x3 + 11x − 13x + = ⇔ ( x − 3x + )( x − 2x + 3) = ( )( ) Từ ta tìm tập nghiệm S = {1; 2} b) 10 ( x − 2013) + 14 ( x − 2014 ) = ⇔ x − 2013 + x − 2014 = Ta có x = 2013, x = 2014 nghiệm phương trình Ta chứng minh nghiệm 7 Xét x < 2013 ⇒ x − 2014 < −1 ⇒ x − 2014 > ⇒ x − 2014 > ⇒ x − 2013 + x − 2014 > 0 < x − 2013 < 0 < x − 2013 <  x − 2013 < x − 2013 Xét 2013 < x < 2014 ⇒  ⇔ ⇔  −1 < x − 2014 < 0 < x − 2014 <  x − 2014 < x − 2014 ⇔ x − 2013 + x − 2014 < x − 2013 + x − 2014 = x − 2013 + 2014 − x = 5 Xét x > 2014 ⇒ x − 2014 < −1 ⇒ x − 2013 > ⇒ x − 2013 > ⇒ x − 2013 + x − 2014 > Vậy phương trình có nghiệm x = 2013, x = 2014 A EDC = BAC = 900 (gt) Bài 4: a) Xét ∆EDC ∆BAC có  C chung EC BC ⇒ ∆EDC ∼ ∆BAC (g – g) ⇒ = DC AC Xét ∆BEC ∆ADC có E m M B H G D C  EC BC =   DC AC ⇒ ∆BEC ∼ ∆ADC (c – g - c) C chung  ⇒ BEC = ADC Mặt khác AH = HD (gt) nên ⇒ ADH = 450 ⇒ ADC = 1350 ⇒ BEC = 1350 ⇒ AEB = 450 ⇒ ∆AEB vuông cân A Do BE = m AHB = CAB = 900 (gt) ⇒ ∆AHB ∼ ∆CAB (g – g) b) Xét ∆AHB ∆CAB có  B chung  AB BH BE BH BM BH ⇒ = ⇒ AB2 = BH.BC ⇒ 2AB2 = 2BH.BC ⇒ BE = 2BH.BC ⇒ = ⇒ = BC AB 2BC BE BC BE  BM BH =  (Vì BE = 2BM) Xét ∆BHM ∆BEC có  BC BE ⇒ ∆BHM ∼ ∆BEC (c – g - c) MBH chung  ⇒ BHM = BEC = 1350 ⇒ AHM = 450 AHC = BAC = 900 (gt) AH AB c) Xét ∆AHC ∆BAC có  ⇒ ∆AHC ∼ ∆BAC (g – g) ⇒ = (1) HC AC C chung  Mặt khác ∆AEB vng cân A có AM trung tuyến AM phân giác hay AG đường GB AB phân giác ∆ABC Suy (2) Từ (1) (2) ta có: = GC AC GB AH = ⇒ GB.HC = AH.GC ⇒ GB.HC = AH ( BC − GB ) ⇒ GB.HC = AH.BC − AH.GB GC HC GB HD ⇒ AH.GB + GB.HC = HD.BC (Vì HD = AH) ⇒ GB ( AH + HC ) = HD.BC ⇒ = BC AH + HC Bài 5: a) x + y3 + ( x + y ) + ( x + y ) + = ⇔ ( x + y ) ( x − xy + y ) + ( x − xy + y ) + ( x + 2xy + y2 ) + ( x + y ) + = ⇔ ( x − xy + y ) ( x + y + ) + ( x + y + ) = ⇔ ⇔ ( x + y + ) ( 2x − 2xy + 2y2 + 2x + 2y + ) = 2 2 ( x + y + ) ( x − y ) + ( x + 1) + ( y + 1) +  = ⇔ x + y + = ⇔ x + y = −2 Mà xy > x, y < Áp dụng BĐT CauChy ta có Vậy M = ( − x )( − y ) ≤ ( −x ) + ( − y ) = nên xy ≤ 1, −2 ≤ −2 xy 1 x+y + = ≤ −2 , GTLN M -2 Đạt x = y = -1 x y xy a3 2a − b b) Cách 1: Ta có: ≥ ⇔ 3a ≥ ( 2a − b ) ( a + ab + b ) ⇔ a + b3 ≥ ab ( a + b ) a + ab + b 2 ⇔ a − ab + b ≥ ab ⇔ ( a − b ) ≥ ln Do a3 2a − b a5 2a − a b Chứng minh tương tự ta ≥ ⇔ ≥ a + ab + b a + ab + b a5 b5 c5 a + b + c3 a + b + c − a b − b c − c a + + ≥ + a + ab + b b + bc + c2 c2 + ca + a 3 Mặt khác: Vai trò a, b, c nên giả sử a ≥ b ≥ c > a + b + c3 − a b − b c − c a = a ( a − b ) + b ( b − c ) + c ( c − a ) = a ( a − b ) + b ( b − a + a − c ) + c2 ( c − a ) = ( a − b ) ( a + b ) + ( a − c )( b − c )( b + c ) ≥ a5 b5 c5 a + b + c3 Dấu “=” xảy a = b = c + + ≥ a + ab + b b + bc + c2 c2 + ca + a Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhia mở rộng ta có a5 b5 c5 a6 b6 c6 + + = + + a + ab + b b + bc + c c2 + ca + a a + a b + ab b3 + b c + bc c3 + c 2a + ca Từ suy ≥ (a + b + c3 ) a + b3 + c3 + a b + ab + b 2c + bc2 + c 2a + ca 2 Mặt khác ( a − b ) ≥ ⇔ a − ab + b ≥ ab ⇔ a + b3 ≥ ab ( a + b ) tương tự b3 + c3 ≥ bc ( b + c ) c3 + a ≥ ca ( c + a ) Suy ( a + b3 + c3 ) ≥ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ⇔ ( a + b3 + c3 ) ≥ a + b3 + c3 + ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ⇒ (a + b3 + c ) a + b3 + c3 + a b + ab + b 2c + bc2 + c 2a + ca ≥ a + b + c3 Dự đoán: Mỗi câu đ theo thang điểm 10 câu đ theo thang điểm 20 PHỊNG GD&ĐT BÌNH GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VỊNG I NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN - LỚP (Thời gian làm bài: 150 phút) Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức: A = x+2 x +1 với x ≥ 0, x ≠ + + x x −1 x + x + 1 − x 1) Rút gọn A 2) Chứng tỏ rằng: A < Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x − x − 15 = 17 2) Tìm x, y cho: 5x − x ( + y ) + y + = Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x, cho : x + x − p = với p số nguyên tố 2) Tìm m để hàm số bậc y = m2 − 2013m + 2012 x − 2011 hàm số m − 2m + nghịch biến Câu IV (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O ; R), hai đường cao BE CF tam giác cắt H Kẻ đường kính AK đường tròn (O ; R), gọi I trung điểm BC a) Chứng minh AH = 2.IO b) Biết BAC = 600 , tính độ dài dây BC theo R 2) Cho ∆ABC(A = 900 ) , BC = a Gọi bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC r Chứng minh rằng: r −1 ≤ a Câu V (1,0 điểm) Cho x + 3y ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: C = x + y –––––––– Hết –––––––– Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG VÒNG I NĂM HỌC 2012-2013 MƠN: TỐN - LỚP Phần Nội dung Điểm A= A= (1,0 đ) A= x+2 ( )( + ) x −1 x + x +1 x +1 − x + x +1 x −1 x + + x −1 − x − x −1 ( )( 0.25 ) x −1 x + x + x− x )( ) x ( x −1) A= = ( x −1)( x + x +1) x + Câu I (2,0 điểm) ( (1,0 đ) Câu II (2,0 điểm) x , với x ≥ 0, x ≠ x +1 ( ) x −1 ) (2,0 điểm) 0.25 0.25 x − x − 15 = 17 ⇔ x − 15 − x − 15 − = 0.25 Đặt t = x − 15 (t ≥ 0) ⇒ t − t − = 0.25  t = ( TM§K ) ⇔ ( t − )( t + 1) = ⇔   t = −1 ( lo¹i ) Với t = ⇒ x − 15 = ⇔ x − 15 = ⇔ x = 19 (TMĐK) ĐKXĐ: x ≥ 5x − x ( + y ) + y + = ⇔ 4x − x + + x − 2y x + y = ( Vì ( ⇒ (2 2 ) ( x − y ) = (1) x − 1) ≥ 0, ( x − y ) ≥ ∀x ≥ 0, y x − 1) + ( x − y ) ≥ 2 0.25 0.25 0.25 0.25 2   x − =  x = Để (1) xẩy  (TM) ⇔ x − y = y =   2 Theo ra: p = x + x = x ( x + 1) mà x, x + số nguyên liên tiếp Câu III 0.50 1  ⇒ x − > x + x + =  x +  + > 2  1 ⇒ −A >0⇔ A < 3 ĐKXĐ: x ≥ 15 ( 0.25 1 x −A = − = 3 x + x + 3(x + x + 1) Do x ≥ 0, x ≠ ⇔ x −1 + (1,0 đ) 0.25 x −1 x + x + Xét (1,0 đ) 0.25 nên x ( x + 1) số chẵn ⇒ p số chẵn (1,0 đ) Mặt khác p số nguyên tố nên p = 2 ⇒ x + x − = ⇔ ( x + )( x − 1) = ⇔ x = x = - (TM) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.50 Để hàm y= số m − 2013m + 2012 x − 2011 m − 2m + biến m − 2013m + 2012 < (1) m − 2m + = m − + > ∀m m − 2m + (1) ⇔ m − 2013m + 2012 < ⇔ ( m − 1)( m − 2012 ) < ( (1,0 đ) nghịch ) m − > m >    m − 2012 <  m < 2012  ⇔ ⇔ m − < m <     m − 2012 >   m > 2012 ⇒ < m < 2012 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì B, C thuộc đường tròn đường kính AK ⇒ ABK = ACK = 900 E ⇒ KB ⊥ AB, KC ⊥ AC CH ⊥ AB, BH ⊥ AC (gt) F O ⇒ BK // CH, CK // BH H 1a ⇒ BHCK hình bình hành C B (1,0 đ) I I trung điểm BC (gt) ⇒ I trung điểm HK K O trung điểm AK (gt) ⇒ OI đường trung bình ∆KAH ⇒ OI = AH ⇒ AH = 2.IO OA = OC ⇒ ∆OAC cân O ⇒ OAC = OCA KOC = OAC + OCA (T/c góc ngồi tam giác) ⇒ KOC = 2.OAC Chứng minh tương tự: KOB = 2.OAB 1b ⇒ KOC + KOB = OAC + OAB ⇒ BOC = 2.BAC = 1200 (1,0 đ) OB = OC ⇒ ∆OBC cân O ⇒ OCI = (1800 − 1200 ) : = 300 A Câu IV (3,0 điểm) ( ) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì I trung điểm BC (gt) ⇒ OI ⊥ BC Trong ∆OIC $I = 900 : IC = OC.cos300 = R ⇒ BC = R B r −1 ≤ ⇔ 2r ≤ a − a ⇔ 2r + a ≤ a D a C/m AB + AC = 2r + a r O E ⇒ AB + AC ≤ BC A F C ⇔ AB2 + 2AB.AC + AC ≤ 2BC ( (1,0 đ) ) BĐT (1) ⇒ Câu V 0.25 0.25 ⇔ AB2 + 2AB.AC + AC2 ≤ 2AB2 + 2AC ⇔ ( AB − AC ) ≥ (1) (1,0 điểm) 0.25 r −1 ≤ , dấu “=” xảy ∆ABC v/cân A a (1,0 đ) Do x + 3y ≥ , đặt x + 3y = + a với a ≥ ⇒ x = + a – 3y, thay vào 0.25 0.25 biểu thức C: ⇒ C = 10y − 6ay − 6y + a + 2a + 0.25 1   C = 10  y − ( a + 1)  + ( a + 2a ) + ≥ 10 10  10  10 ⇒ C = khi: 10  3 y=      y − ( a + 1) = y = y =  10 ⇔ 10 ⇔  10 ⇔   10 a = a =  x + 3y =  x = 10  * Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa 0.50 0.25 ... c ) Trường hợp có 7 .9. 8.7  3528 ( số) Trường hợp a  2, b  (3,0đ) Có cách chọn b Có cách chọn c 0,75 Có cách chọn d Trường hợp có 8.8.7  448 (số ) Trường hợp a  2, b  0, c  Có cách chọn. .. Trường THCS Đào Duy Từ GV: Lê Hồng Quốc " Đi đến " Năm học 2018 – 20 19 Trang Đề ôn thi HSG Tel: 090 5.884 .95 1 – 092 9.484 .95 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề thức ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH... abcd  20 19 Trường hợp a  Có cách chọn a a  3, 4,5, 6, 7,8 ,9 Có cách chọn b ( Trừ chữ số chọn cho a ) 1,25 Có cách chọn c ( Trừ chữ số chọn cho a , b ) Có cách chọn d ( Trừ chữ số chọn cho