036 đề HSG toán kinh môn 2017 2018

UBND HUYỆN KINH MƠN PHỊNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017-2018 MƠN:TỐN – LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Câu (2,0 điểm) 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x  x  1  x    2) Biết 4a  b  5ab với 2a  b  Tính giá trị biểu thức: Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau: 1) x  3x   x   2 C ab 4a  b 2 9x x  8 x2  x  x2  x  Câu (2,0 điểm) 2 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x  xy   x  y   y  10  2) 2) Cho đa thức f ( x)  x  x  x  Với giá trị nguyên x giá trị đa thức f ( x ) chia hét cho giá trị đa thức x  Câu (3,0 điểm) Cho O trung điểm đoạn AB Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB vẽ tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ đường thẳng vng góc với OC cắt tia By D 1) Chứng minh AB  AC.BD 2) Kẻ OM vng góc CD M Chứng minh AC  CM 3) Từ M kẻ MH vng góc AB I Chứng minh BC qua trung điểm MH Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 1   16 x y z ĐÁP ÁN Câu 1.1 x  x  1  x     x  x  1  x  1  x      x4  x2   x4  x2  2    x4  x2   2 x4  x2     x  x  1 1.2 4a  b  5ab   a  b   4a  b   a  b  a  b    4a  b   4a  b Do 2a  b  nên 4a  b loại ab a2 C   4a  b 4a  a Với a  b Câu 2.1 x  1 * * Với ta có phương trình x  x   x    x  x     x  1   x  *Với x  1 ** ta có phương trình x  x    x   x  x     x  1  x    + x    x  (không thỏa mãn điều kiện **)  x    x  ( không thỏa mãn điều kiện **) Vậy nghiệm phương trình x  2.2 Xét x  nghiệm Xét x  (Thỏa *) 9x x  8 2x  x  2x  x    8 3 2x   2x 1  x x x   t, x Đặt ta có phương trình:  8 t 1 t 1 PT  8t  8t     2t  1   t  2  x  4x2  x    2x   95    2x    0  16  Suy phương trình vơ nghiệm Câu 3.1 Ta có: x  xy   x  y   y  10   x  xy  28 x  28 y  y  40    x  y    y   * Ta thấy  x  y    nên  y   01; 1 y2   y2  y nguyên nên y   0;1 * x  2; 5 Với y  thay vào   ta được:  x    tìm * x   , khơng tìm x ngun y     Với thay vào ta có: * Với y  1 thay vào   ta có  x    khơng tìm x nguyên x; y     2;0  ;  5;0   Vậy  3.2 f x Chia   cho x  thương x  dư x  2 Để f ( x) chia hết cho x  x  chia hết cho x    x  2  x  2 chia hết cho x   x  chia hết cho x   x   chia hết cho x   6M  x2  2  x2  ước 2 Mà x    x    3;6  x   1; 2 Thử lại ta thấy x  1; x  2 thỏa mãn Vậy với x  1; x  2 f ( x ) chia hết cho x  Câu OAC : DBO  g g  1) Chứng minh OA AC    OA.OB  AC.BD DB OB AB AB   AC.BD  AB  AC.BD (dfcm) 2 OC AC OAC : DBO  g.g    OD OB 2) Theo câu a ta có OC AC OC OD OA  OB     OD OA AC OA Mà · · Chứng minh OCD : ACO  c.g c   OCD  ACO OAC  OMC  ch  gn   AC  MC (dfcm) Chứng minh 3) Ta có: OAC  OMC  OA  OM ; CA  CM  OC trung trực AM  OC  AM Mặt khác : OA  OM  OB  AMB vuông M  OC / / BM (Vì vng góc với AM ) hay OC / / BI Chứng minh C trung điểm AI MK BK KH   IC BC AC / / AI Do MH theo hệ Ta let ta có: Mà IC  AC  MK  HK  BC qua trung điểm MH (đpcm) Câu  1 1 1  y x   z x  z y  21 P     x  y  z              16 x y z  16 x y z   16 x y   16 x z   y z  16 y x   16 x y Dấu "  " xảy  y  x Theo BĐT Cô si ta có: z x   Tương tự: 16 x z , dấu “=” xảy  z  x z y  1 4y z , dấu "  " xảy  z  y 49  x  ; y  ;z  16 Dấu "  " xảy 7 49 MinP  x  ; y  ;z  16 với 7 Vậy P