PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN PHÚ CHỮ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC : 2018-2019 MÔN TOÁN LỚP Thi ngày 04 tháng năm 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (4,0 điểm) 1) Phân tích đa thức thành nhân tử: x3 − x − 14 x + 24 a) x + 2018 x + 2017 x + 2018 b) x + y =1 xy ≠ 2) Cho Chứng minh rằng: 2( x − y ) x y − + =0 y − x3 − x y + Bài (3,0 điểm) a) Tìm cặp số nguyên ( x, y ) ( x; y ) thỏa mãn y + xy − 3x − = y2 2x + + =4 x x y b) Tìm cặp số nguyên thỏa mãn cho tích đạt giá trị lớn Bài (3,0 điểm) f ( x), f ( x) x+2 x−2 a) Tìm đa thức biết chia cho dư 10, chia cho dư 24, chia cho x −4 −5x thương dư p 2p +1 p +1 b) Cho số nguyên tố lớn Chứng minh hợp số Bài (8,0 điểm) · ( AB < AC ) AD ABC BAC Cho tam giác vuông A có tia phân giác Gọi AC , E DM ,F BN AB M N hình chiếu D giao điểm DN giao điểm CM AMDN EF / / BC 1) Chứng minh tứ giác hình vng BN CM ∆ANB ∆NFA giao điểm Chứng minh đồng dạng với ∆AEF H trực tâm AH DM AH 3) Gọi giao điểm K, giao điểm BC O, giao điểm BI AO DM + + >9 KI KO KM I BK AD Chứng minh : Bài (2,0 điểm) m2 n2 ( m + n ) + ≥ x > 0, y > x y x+ y m, n a) Cho hai số thực Chứng minh a , b, c abc = b) Cho ba số dương thỏa mãn 1 + + ≥ a ( b + c ) b3 ( c + a ) c ( a + b ) Chứng minh rằng: ĐÁP ÁN Bài 1) a) x3 − x − 14 x + 24 2) Gọi H = x3 − x + x − x − 12 x + 24 = x ( x − ) + x ( x − ) − 12 ( x − ) = ( x + x − 12 ) ( x − ) = ( x − ) ( x − 3) ( x + ) b) x + 2018 x + 2017 x + 2018 = x + 2017 x + x + 2017 x + 2017 + = ( x + x + 1) + 2017 ( x + x + 1) = ( x + x + 1) ( x − x + 1) + 2017 ( x + x + 1) = ( x + x + 1) ( x − x + 2018) 2) Với x + y =1 xy ≠ ta có: x y x4 − x − y4 + y − = y − x − ( y − 1) ( x3 − 1) = (x − y4 ) − ( x − y ) xy ( x + x + 1) ( y + y + 1) ( x − y ) ( x + y ) ( x + y ) − 1 = xy ( x y + xy ( x + y ) + x + y + xy + ) ( x − y ) ( x2 − x + y − y ) = xy ( x y + ( x + y ) + ) = ( x − y ) x ( x − 1) + y ( y − 1) xy ( x + y + 3) = −2 ( x − y ) x2 y + 2( x − y ) x y − + =0 y − x3 − x y + Vậy Bài a) y + xy − x − = ⇔ x + xy + y = x + x + ⇔ ( x + y ) = ( x + 1) ( x + ) ( *) VT (*) số phương, VP (*) tích hai số nguyên liên tiếp nên phải có số x +1 = x = −1 ⇒ ⇔ x + = x = −2 Với x = −1 ⇒ y = x = −2 ⇒ y = Với b) Điều kiện x≠0 y2 y 2x + + = ⇔ x + − ÷+ x + − xy ÷+ xy = x x 2 1 y ⇔ x − ÷ + x − ÷ + xy = x 2 Vì 1 y x − ÷ ≥ 0; x − ÷ ≥ x 2 Do xy ≤ mà x, y ∈ ¢ với x ≠ 0; y x = 1; y = x = 2; y = x = −1; y = −2 x = −2; y = −1 Dấu xảy Bài a) f ( x) x2 − −5x ax + b Giả sử chia cho thương dư f ( x) = ( x − ) ( −5 x ) + xa + b Khi f (2) = 24 2a + b = 24 a = ⇒ ⇒ f ( − 2) = 10 − a + b = 10 b = 17 Theo đề ta có: f ( x ) = ( x − ) ( −5 x ) + x + 17 Do 47 f ( x) = −5 x + x + 17 Vậy p p = 3k + 1; p = 3k − k >1 b) Do số nguyên tố lớn nên có dạng với p + = 6k + = ( 2k + 1) p = 3k + + Nếu Suy p +1 hợp số (vô lý) p + = 12k − = 3.( 4k − 1) p = 3k − 1, k > +Nếu 4p +1 k >1 4k − > Do nên Do hợp số Bài 1) *Chứng minh tứ giác AMDN hình vng ·AMD = 900 ; ·AND = 900 ; MAN · = 900 +) Chứng minh AMDN Suy tứ giác hình chữ nhật · AMDN MAN AMDN +)Hình chữ nhật có AD phân giác nên tứ giác hình vng *Chứng minh EF // BC FM DB = (1) FC DC +) Chứng minh : DB MB = (2) DC MA Chứng minh: AM = DN ⇒ Chứng minh Chứng minh Từ MB MB = (3) MA DN MB EM = (4) DN ED ( 1) , ( ) , ( 3) , ( ) EM FM = ⇒ EF / / BC ED FC suy ∆ANB : ∆NFA 2) Chứng minh AN DN = (5) AN = DN AB AB Chứng minh suy DN CN = (6) AB CA Chứng minh CN FN = (7) CA AM Chứng minh FN FN = (8) AM AN AM = AN Chứng minh Suy AN FN = ⇒ ∆ANB : ∆NFA ( c.g c ) AB AN Từ (5) (6) (7) (8) suy *chứng minh H trực tâm tam giác AEF · · ∆ANB : ∆NFA NBA = FAN Vì nên · · · · BAF + FAN = 900 ⇒ NBA + BAF = 900 Mà EH ⊥ AF FH ⊥ AE ∆AEF Suy , Tương tự: , suy H trực tâm S AKD = a, S BKD = b, S AKB = c 3) Đặt Khi đó: S ABD S ABD S ABD a + b + c a + b + c a + b + c + + = + + S AKD S BDK S AKB a b c b a a c b c = + + ÷+ + ÷+ + ÷ a b c a c b b a + ≥2 a b Theo định lý AM-GM ta có: a c b c + ≥2 ; + ≥2 c a c b Tương tự : BI AO DM + + ≥9 KI KO KM Suy "=" ∆ABD Dấu xảy tam giác đều, suy trái với giả thiết Bài x > 0, y > m, n ∈ ¡ 5a) Với ta có: m2 n2 ( m + n ) + ≥ (1) x y x+ y ⇔ ( m y + n x ) ( x + y ) ≥ xy ( m + n ) ⇔ ( nx − my ) ≥ ( 1) 5b) Áp dụng bất đẳng thức ta có: 2 m2 n p ( m + n ) p2 ( m + n + p ) + + ≥ + ≥ x y z x+ y z x+ y+z (2) 1 1 1 a + b2 + c + + = a ( b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) ab + ac bc + ab ac + bc Ta có: Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có: 1 a + b2 + c ≥ ab + ac bc + ab ac + bc Hay Mà 1 2 1 1 1 a + b + c ≥ + + ÷ ab + ac bc + ab ac + bc a b c 1 + + ≥3 a b c 1 2 a + b + c ≥ ab + ac bc + ab ac + bc 1 + + ≥ a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b) Do đó: nên 1 1 1 1 + + ÷ + + ÷ a b c = a b c ( ( ab + bc + ac ) 1 1 2 + + ÷ a b c abc = 1) ... + ) b) x + 20 18 x + 2017 x + 20 18 = x + 2017 x + x + 2017 x + 2017 + = ( x + x + 1) + 2017 ( x + x + 1) = ( x + x + 1) ( x − x + 1) + 2017 ( x + x + 1) = ( x + x + 1) ( x − x + 20 18) 2) Với x... hình vng ·AMD = 900 ; ·AND = 900 ; MAN · = 900 +) Chứng minh AMDN Suy tứ giác hình chữ nhật · AMDN MAN AMDN +)Hình chữ nhật có AD phân giác nên tứ giác hình vng *Chứng minh EF // BC FM DB = (1) FC... CA Chứng minh CN FN = (7) CA AM Chứng minh FN FN = (8) AM AN AM = AN Chứng minh Suy AN FN = ⇒ ∆ANB : ∆NFA ( c.g c ) AB AN Từ (5) (6) (7) (8) suy *chứng minh H trực tâm tam giác AEF · · ∆ANB