PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MƠN VĂN HĨA LỚP NĂM HỌC: 2016-2017 Mơn: Tốn – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đê) Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016 Bài (4,0 điểm) 1) Cho a+b+c=0 a,b,c khác Rút gọn biểu thức: A ab bc ca 2 2 2 2 a b c b c a c a b 2) Tính giá trị biểu thức: P x3 x2 5x x 2x 7x 3 x 1 Bài (4,0 điểm) x2 xy y2 1) Giải hệ phương trình x y xy 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 2x 5y 1 2x x2 x y 105 Bài (4,0 điểm) 2014 1) Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn 2014 1 chia hết cho n3 2012n 2) Cho x, y số nguyên thỏa mãn 2x2 x 3y2 y Chứng minh x – y ; 2x +2y+1 3x +3y+1 số phương Bài (6,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường thẳng d khơng có điểm chung với đường trịn Trên d lấy điểm M bất kỳ, qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A, B tiếp điểm) Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến (O) C cắt AB E a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO b) Chứng minh CM vng góc với OE c) Tìm giá trị nhỏ dây AB diện tích tứ giác MAOB Bài (2,0 điểm) 1 a b c Giả sử a, b, c số thực thỏa mãn a, b, c a b c Chứng minh a6 b6 c6 abc a3 b3 c3 ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI VINH NĂM 2016-2017 Câu 1) Từ a b c a b c Bình phương hai vế ta a2 b2 2ab c2 nên a2 b2 c2 2ab Tương tự : b2 c2 a2 2bc c2 a2 b2 2ac ab bc ca 1 2ab 2bc 2ca 2 2 Vậy A 2) Ta có x 1 2 1 Do A Suy x x 1 2x3 x 1 hay x3 3x2 3x Do P 3x2 3x 1 x2 5x 3x2 3x 1 2x2 7x 4 x 1 x 2 x1 x 4x2 8x x2 4x 2 x 1 x 2x 2 x (vì x 1 2) Vậy P x 1 Câu 2 x2 xy y2 x y 3xy 1) Ta có : x y xy x y xy Đặt a = x – y , b = xy (1) a2 3b Hệ phương trình trở thành a b a a 6 b 2 b 11 Giải hệ phương trình ta Với a = , b = - thay vào (1) ta x y x x xy 2 y 2 y 1 Với a = - , b = -11 thay vào (1) ta x y 6 x y 6 Hệ phương trình vơ nghiệm xy 11 y 6y 11 x x y 2 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm x 2) 2x 5y 1 x x y 105 Vì 105 số lẻ nên 2x 5y 2x x2 x y phải số lẻ Từ 2x+5y+1 số lẻ mà 2x+1 số lẻ nên 5y số chẵn suy y chẵn x x2 x y số lẻ mà x x x(x 1) tích hai số nguyên liên tiếp nên số chẵn, y chẵn nên x số lẻ Điều xảy x=0 Thay x=0 vào phương trình cho ta được: 5y 1 y 1 105 5y2 6y 104 5y2 20y 26y 104 5y(y 4) 26(y 4) (5y 26)(y 4) 26 y (loại) y (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm ngun (x;y)=(0;4) Câu 2014 1) Giả sử tồn số nguyên n thỏa mãn 2014 1 chia hết cho n3 2012n Ta có n3 2012n n3 n 2013n n(n 1)(n 1) 2013n Vì n – , n n+1 ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho 3 Suy n n 1 n 1 M3 mà 2013M3 nên n 2012n M3(1) Mặt khác 20142014 1 2013 1 chia cho dư 2013 M3 (2) Từ (1) (2) dẫn đến điều giả sử vô lý, tức khơng có số ngun thỏa mãn điều kiện toán cho (2) 2) Từ: 2x2 x 3y2 y (1) 2x2 2y2 x y y2 (x y)(2x 2y 1) y2 2 2 Mặt khác từ (1) ta có: 3x 3y x y x (x y)(3x 3y 1) x 2014 (x y)2(2x 2y 1)(3x 3y 1) x2y2 (2x 2y 1)(3x 3y 1) số phương (3) Gọi 2x 2y 1;3x 3y 1 d (2x 2y 1)Md; (3x 3y 1)Md 3x 3y 1 2x 2y 1 x y Md 2(x y)Md (2x 2y 1) 2(x y) 1Md nên d = 2x 2y 1;3x 3y 1 (4) Từ (3) (4) 2x 2y 3x+3y+1 số phương Lại có từ (2) suy x y 2x 2y 1 số phương nên x – y số phương Vậy 2y2 x 3y2 y x y;2x 2y 3x+3y+1 số phương Câu a) Gọi Q giao điểm AB với OM Ta có AM // CE (cùng vng góc với AC) · · Suy BEC (so le trong) MAB · · · · Mà ABC 90 ;AQM 900 AMO (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OMB · · · (cùn phụ với hai góc nhau) AMO OMB BCE BE OB MB OB · · tanBCE tanOMB (1) BC MB BC BE · · · Lại có MBA (cùng phụ với ABO) OBC · · · Nên MBC OBE (cùng = 900 OBC) (2) Từ (1) (2) suy MBC : OBE(c.g.c) · · b) Từ MBC : OBE BCM BEO Gọi I N giao điểm OE với BC MC · INC · · mà IBE BIE : NIC(g.g) IBE 900 · Nên INC 900 Vậy CM OE c) Gọi H hình chiếu vng góc O d P giao điểm AB với OH Ta có OQP : OHM (g.g) OQ OP OH OM QO.OM OP.OH OA R OP R2 OH Mà O d cố định OH khơng đổi nên OP khơng đổi Lại có AB 2AQ OA OQ2 mà OQ OP R4 2R OH2 R 2 OH OH Q P M H Dấu “=” xảy 2R OH2 R M H Vậy GTNN AB OH *) Vì MO AB nên SAOBM AB.OM AQ.OM Vẽ dây cung A 1B1 vuông góc với OH P, P (O) cố định nên A 1B1 AB OA OP2 R khơng đổi Vì OP OQ AB A 1B1 (liên hệ dây khoảng cách từ tâm đến dây) M H Dấu “=” xảy Vậy GTNN SAOBM A1B1.OH M H Mà OM OH SAOBM A1B1.OH (không đổi) Câu * a b c a b c a b c3 a3 b3 c3 3ab(a b) 3abc 1 * ab bc ca a b c 2 *a6 b6 c6 a3 b3 c3 a3b3 b3c3 c3a3 *ab bc ca a3b3 b3c3 c3a3 3a2b2c2 Do *a6 b6 c6 3abc 2.3a2b2c2 3a2b2c2 a6 b6 c6 3a2b2c2 abc Vậy 3 a b c 3abc ... dư 2013 M3 (2) Từ (1) (2) dẫn đến điều giả sử vơ lý, tức khơng có số nguyên thỏa mãn điều kiện toán cho (2) 2) Từ: 2x2 x 3y2 y (1) 2x2 2y2 x y y2 (x y)(2x 2y 1) y2 2