SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2016-2017 Mơn thi : TỐN – BẢNG A Thời gian : 150 phút (không kể giao đề) Câu (4 điểm) a) Tìm hệ số a, b, c đa thức P(x) = x2 + bx + c biết P (x) có giá trị nhỏ – x = x2 + xy2 − xy − y3 = b) Giải hệ phương trình 2( x + 1) − x ( y + 1) − y = Câu (4 điểm) a) Giải phương trình x + = 1− x2 + 1+ x b) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2a 1+ a + b 1+ b + c 1+ c2 Câu (3 điểm) · Cho tam giác ABC có BAC = 1350,BC = 5cm đường cao AH = cm Tìm độ dài cạnh AB AC Câu (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), D điểm cung BC không chứa A Dựng hình bình hành ADCE Gọi H, K trực tâm tam giác ABC ACE Gọi P Q hình chiếu K BC AB, gọi I giao điểm EK với AC a) Chứng ba điểm P, I, Q thẳng hàng b) Chứng minh PQ qua trung điểm KH Câu (4 điểm) a) Tìm tất số nguyên tố khác m, n, p, q thỏa mãn 1 1 + + + + =1 m n p q mnpq b) Trên bảng có ghi hai số Ta ghi số lên bảng theo quy tắc sau: Nếu có hai số phân biệt bảng thi ghi thêm số z = xy + x + y Chứng minh số bảng (trừ số 1) có dạng 3k + với số k tự nhiên ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NGHỆ AN BẢNG A 2016-2017 Câu a) Do đa thức P(x) = x2 + bx + c có bậc hai có giá trị nhỏ - x=2 nên viết dạng P(x) = ( x − 2) − Từ ta có P(x) = x2 + bx + c = ( x − 2) − Hay ta x2 + bx + c = x2 − 4x + , Đồng hệ số hai vế ta b = −4;c = b) Điều kiện xác định phương trình x ≥ Phương trình thứ hệ tương đương với x = y x(x + y2 ) − y(x + y2 ) = ⇔ ( x − y) ( x + y2 ) = ⇔ x + y = Với x+y2=0, kết hợp với điều kiện ta xác định x ≥ ta x = y = Thay vào phương trình cịn lại ta thấy khơng thỏa mãn Với x=y, thay vào phương trình cịn lại ta được: 2(x2 + 1) − x(x+ 1) − x = ⇔ 2x2 − 3x x − x − x + = Đặt t = x ≥ , ta phương trình 2t4 − 3t3 − t2 − 3t + = nên ta phân tích 2t3(t− 2) + t2 ( t − 2) + ( t − 1) ( t − 2) = Nhẩm t = 2;t = ( ) ⇔ ( t − 2) 2t3 + t2 + t − = ( ) ⇔ ( t − 2) ( 2t − 1) t2 + t + = x = y = t= ⇔ 2⇒ x= y= t = Câu a) Quan sát phương trình ta ý đến biến đổi 1− x2 = (1− x)(1+ x) Để ý đến điều kiện xác định ta phân tích 1− x2 = 1− x x + Như ta viết lại phươn trình x + = 1− x x + + 1+ x Ta có biểu diễn x + = 2(x + 1) + (1− x) Đến ta đặt ẩn phụ a = x + 1;b = 1− x ta viết lại phương trình lại thành 2a2 + b2 − 1= 3ab + a Hay b2 − 3ab + 2a2 − a − 1= Xem phương trình phương trình ẩn b a tham số ta có ∆ = 9a2 − 4(2a2 − a− 1) = ( a+ 2) Do phương trình có hai nghiệm b = b= 3a − (a+ 2) = a − 3a+ (a+ 2) = 2a+ 24 Với b = 2a+1 ta 1− x = 1+ x + 1⇔ ⇔ x = − 25 −24 Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm S = ; 25 Với b = a – ta 1− x = 1+ x − 1⇔ ⇔ x = ± b) Từ giả thiết ab+bc+ca=1, ta để ý đến phép biến đổi a2 + 1= a2 + ab + bc + ca = ( a + b) ( a + c) Áp dụng tương tự bất đẳng thức trở thành P= 2a ( a+ b) ( a+ c) + b ( a+ b) ( b + c) + c ( a+ c) ( b+ c) Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta P= 2a ( a+ b) ( a+ c) + b ( a+ b) ( b + c) + c ( a+ c) ( b + c) 1 ≤ a + + b + + c + ÷ ÷ ÷ a + b a+ c a+ c 4(b + c) 4(b + c) a + c a+ b b+ c a+ c = + + = 1+ + 1= a+ b 4(b + c) a+ c 4 Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy 1 ⇔ ( a;b;c) = ; ; ÷ 15 15 15 Câu Gọi AB = y; AC=x Dựng CM vng góc với AB, ta x 2 1 x Ta có SABC = AH.BC = Lại có SABC = CM AB = y 2 2 1 x = ⇔ xy = 10 Do ta SABC = CM.AB = y 2 2 Tam giác BCM vuông M nên ta lại có BM + MC2 = BC2 Suy AM=CM= 2 x 2 x 2 x2 x2 2 + = ⇔ y + + xy + = 25 y + ÷ ÷ ÷ ÷ 2 Từ ta x2 + y2 = 15 Ta có hệ phương trình 2 x + y = 15 ( x + y) − 2xy = 15 x = 10 ⇔ ⇔ ⇔ xy = 10 y = xy = Do vai trò AB AC nên ta có kết AB = 10;AC = AB = 5;AC = 10 Câu a) Trước hết, ta chứng minh điểm K thuộc đường tròn (O) Do K trực tâm tam giác ACE nên ta có KJEF nội tiếp · · Từ suy AKC + AEC = 1800 · · Mặt khác tứ giác ADCE hình bình hành nên lại có ADC = AEC · · Từ suy AKC + ADC = 1800, nên tứ giác ADCK nội tiếp hay điểm K nằm đường tròn +) Chứng minh ba điểm I, P, Q thẳng hàng Do K trực tâm tam giác ACE nên ta có KI vng góc với AC Đường thẳng qua ba điểm I, P, Q đường thẳng Simson b) Chứng minh PQ qua trung điểm KH Gọi N giao điểm PQ AH Gọi M giao điểm AH với đường trịn (O) Khi dễ thấy tam giác PHK cân Do AH // KP nên tứ giác KPMN hình thang · · · · Lại có BPKQ nội tiếp nên suy QBK = ABK = AMK = QPK nên tứ giác KPMN nội tiếp Do KPMN hình thang cân Do · · · nên KN // HP PMH = PHM = KNM Do tứ giác HPKN hình bình hành Từ ta có điều phải chứng minh Câu a) Do m, n, p, q số ngun tố khác nên khơng tính tổng qt ta giả sử n > m > p > q Khi ta q ≥ 2;p ≥ 3;n ≥ 5;m ≥ Dễ thấy 1 1 3.5.7 + 2.3.7 + 2.5.7 + 2.3.5+ 248 + + + + = = >1 2.3.5.7 2.3.5.7 210 Lại thấy: 1 1 3.5.7 + 11.3.7 + 11.5.7+ 11.3.5+ 887 + + + + = =