UBND HUYỆN XUYÊN MỘC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP THCS PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC NĂM HỌC 2016 – 2017 MƠN THI: TỐN Thời gian làm thi 150 phút Ngày thi …… tháng 01 năm 2017 ĐỀ DỰ BỊ Bài 1:(2,5 điểm) Tìm tất cặp số nguyên (m, n) cho 2n mn 3n 14n 7m Bài 2: (7,5 điểm) x 1 2x x x 1 : x 1 x x x a) Rút gọn biểu thức: A b) x 2014 x 2016 y 2016 x 2016 c) Tìm GTNN biểu thức: A 3 x x 1 d) Cho x, y, z số không âm x + y + z = Chứng minh rằng: x+y + y+z + z+x Bài 3: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b, c độ dài ba cạnh tam giác) Chứng minh : pa pb 1 1 p c a b c Bài 4:(5,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R) Gọi (I ; r) đường tròn nội tiếp tam giác ABC, M tiếp điểm AB với đường tròn (I); H giao điểm AI với đường trịn (O) (H khác A), HK đường kính đường tròn (O) Gọi a độ dài đoạn OI Chứng minh rằng: a) Tam giác AMI tam giác KCH đồng dạng b) HB = HI c) IA.IH R a d) R 2Rr a Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường tròn (C) đường kính PQ = 2R cố định đường kính MN đường trịn thay đổi (MN khác PQ) Qua P vẽ đường thẳng (d) tiếp tuyến đường tròn, (d) cắt QM QN E F 1) Chứng minh tam giác QMN đồng dạng với tam giác QFE 2) Tìm vị trí đường kính MN để EF có độ dài nhỏ tính giá trị nhỏ theo R - HẾT Họ tên thí sinh: …………………………… Số báo danh: ………………………………… Chữ ký giám thị số 1: ……………… UBND HUYỆN XUYÊN MỘC PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN THI TỐN LỚP (Hướng dẫn chấm có ……… trang) Bài 1:(2,5 điểm) Tìm tất cặp số nguyên (m, n) cho 2n3 mn 3n 14n m Bài Đáp án 2 m 2n 1.2 (2,5đ) Điểm 2n mn 3n 14n 7m 16 (1) n 7 1,0 Vì m, n Z nên n U (16) n 8;16 n 1;9 n 1; 3 (2) 0,75 Từ (1) (2) suy được: (m, n) (1;1),(3; 1);(4;3),(8; 3) 0,75 Bài 2: (7,5 điểm) x 1 2x x x 1 a) Rút gọn biểu thức: A : 1 x x x 1 x 1 b) x 2014 x 2016 y 2016 x 2016 (1) c) Tìm GTNN biểu thức: A 3 x x 1 d) Cho x, y, z số không âm x + y + z = Chứng minh rằng: Bài 2.1 (2,0đ) x+y + y+z + z+x Đáp án x 1 2x x x 1 : 1 x x x 1 x 1 Ta có: A (2 x 1)( x x 1) x (2 x 1)(1 x ) x (1 x )( x x 1) x 1 1,0 (2 x 1)( x x x x )( x 1)( x x 1) x 1 (1 x )( x x 1)(2 x 1) 1 x x 2014 x 2016 y 2016 x 2016 (1) Ta có: x 2016 x 2016 x x x 2016 x 2016 2.2 (2,0đ) Điểm Chỉ dấu « = » xảy x 2016 (*) Từ (1) (2) suy được: x 2014 y 2016 (2) 1,0 0,5 0,25x2 x 2014 x 2014 y 2016 y 2016 Lập luận suy được: 0,5 Đối chiếu ĐK (*) kết luận nghiệm ĐK: x x (x x 4) (x 1) ( x 2)2 A 1 (vì x ) 2.3 x 1 x x (1,5đ) Chỉ được: Min A = -1 x = (tmđk) 0,5 1,0 0,5 Áp dụng BĐT Bunhiakopski có 2.4 (2,0đ) x + y y + z A x + y +1 y + z + z + x 2 2 2 z + x 1,0 = 3.2(x +y + z) = 6.1 = (vì x + y + z = 1) Suy A a b c Bài 3: (2,0 điểm) 0,5 0,5 Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b, c độ dài ba cạnh tam giác) Chứng minh : Bài 3 (2,0đ) pa pb 1 1 p c a b c Đáp án bca 0; p b 0; p c Chỉ được: p a Áp dụng BĐT Cơ si ta có : ( p a ) ( p b) pa 4 ( p a)( p b) p b ( p a )( p b) 1 4 p a p b p a p b c 1 1 ; Tương tự: p b p c a p c p a b Suy được: 1 1 1 a b c p a p b p c Suy đpcm Dấu “=” xảy a b c Điểm 0,25 0,5 0,25 0,25 Suy được: 0,25 0,5 Bài 4:(5,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R) Gọi (I ; r) đường tròn nội tiếp tam giác ABC, M tiếp điểm AB với đường tròn (I); H giao điểm AI với đường tròn (O) (H khác A), HK đường kính đường trịn (O) Gọi a độ dài đoạn OI Chứng minh rằng: a) Tam giác AMI tam giác KCH đồng dạng b) HB = HI c) IA.IH R a d) R 2Rr a K A 12 E M I O B F C H Bài Đáp án * Hình vẽ đúng 4.a (1,75đ) – Chứng minh tam giác AMI KCH tam giác vng µ1A µ2 K µ - Chứng minh A - Suy tam giác AMI tam giác KCH đồng dạng (đpcm) 4.b (1,0đ) 4.c (1,0đ) µ 1B µ 1; IBH · µ B µ3 B µ1A µ1 - Chứng minh $ I1 A B · Do $ I1 IBH HB HI (đpcm) Gọi EF đường kính (O) qua I - Nêu được: IA.IH = IE.IF (hệ thức đường tròn) - Suy ra: IA.IH = (R – a).(R + a) = R2 – a2 IA IM IA.HC = HK.IM = 2Rr (*) 4.d HK HC (1,25đ) Mà HB = HC (do µ µ ) HC = HI A1 A Kết hợp câu c), thay vào (*) ta có: R2 – a2 = 2Rr R 2Rr a (đpcm) Từ câu a), ta có: Điểm 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,50 0,25 0,50 Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường trịn (C) đường kính PQ = 2R cố định đường kính MN đường trịn thay đổi (MN khác PQ) Qua P vẽ đường thẳng (d) tiếp tuyến đường tròn, (d) cắt QM QN E F 1) Chứng minh tam giác QMN đồng dạng với tam giác QFE 2) Tìm vị trí đường kính MN để EF có độ dài nhỏ tính giá trị nhỏ theo R P E M F C N Q Bài 5.1 (1,5đ) 5.2 (1,5đ) Đáp án Chứng minh được: QM.QE = QN.QF(=PQ2) Điểm QM QN QF QE Chỉ được: QMN đồng dạng QFE (c.g.c) QFE vng Q có PQ EF (gt) (1) PQ2 = PE.PF (hệ thức 2) PE.PF = (2R)2 = 4R2 0,75 0,75 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số EP, PF > ta có EF EP PF EP.PF 4R 4R 0,25 EF nhỏ 4R EP = PF (2) Từ (1) (2) ∆QEF cân Q có PQ đường cao đồng thời phân giác Chỉ PMQN hình chữ nhật PMQN hình vuông MN PQ Vậy Khi MN PQ EF có độ dài nhỏ 4R’ 0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác GK cho điểm tương đương Điểm tồn khơng làm trịn ... 20 16 x 20 16 (1) Ta có: x 20 16 x 20 16 x x x 20 16 x 20 16 2. 2 (2, 0đ) Điểm Chỉ dấu « = » xảy x 20 16 (*) Từ (1) (2) suy được: x 20 14 y 20 16 (2) 1,0 0,5 0 ,25 x2 ... (1) PQ2 = PE.PF (hệ thức 2) PE.PF = (2R )2 = 4R2 0,75 0,75 0 ,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số EP, PF > ta có EF EP PF EP.PF 4R 4R 0 ,25 EF nhỏ 4R EP = PF (2) Từ (1) (2) ∆QEF... (R – a).(R + a) = R2 – a2 IA IM IA.HC = HK.IM = 2Rr (*) 4.d HK HC (1 ,25 đ) Mà HB = HC (do µ µ ) HC = HI A1 A Kết hợp câu c), thay vào (*) ta có: R2 – a2 = 2Rr R 2Rr a (đpcm) Từ câu