Thông tin tài liệu
STT 01 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH AN GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: CHI DIEP Người phản biện: Lê Minh Đức Câu 1: a) 2x + x −1 2x x + x − x (2,0 điểm ) Cho biểu thức P = − + với : x − x 1+ x x 1− x x > 0, x ≠ 1, x ≠ 4 Tính giá trị P = x 3+ + 3− 10 ) ( b) (2,0 điểm ) Cho a, b, c số thực thỏa mãn a + b + c ≤ 12 Tìm giá trị lớn biểu ( ) ( thức S= a + b3 + c − a + b + c ) Câu 2: a) (3,0 điểm ) Giải phương trình : x2 − x x−4 5 = x+ x −1 x −1 x + y + xy = b) (2,0 điểm) Giải hệ phương trình : 3 x + y =x + y Câu 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) , M điểm cung BC khơng chứa điểm A Vẽ đường tròn ( I ) qua M tiếp xúc với AB B , vẽ đường tròn ( K ) qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai đường tròn ( I ) ( K ) a) ( 3,0 điểm ) Chứng minh ba điểm B, N , C thẳng hàng b) (2,0 điểm ) Lấy D điểm thuộc cạnh AB ( D khác A B ) điểm E thuộc tia đối tia CA cho BD = CE chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE qua điểm cố định khác A Câu 4: ( 3,0 điểm ) Cho nửa đường trịn ( O; R ) đường kính AB Gọi M điểm nằm nửa đường trịn khác A B xác định vị trí điểm M cho tam giác MAB có chu vi lớn Câu 5: ( 3,0 điểm ) Tìm tất số nguyên x, y thỏa phương trình x + y + xy = ( x + y ) Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 STT 01 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH AN GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: CHI DIEP Câu 1: 2x + x −1 2x x + x − x a) (2,0 điểm ) Cho biểu thức P = − + : x − x 1+ x x 1− x với x > 0, x ≠ 1, x ≠ 4 Tính giá trị P = x 3+ + 3− 10 ) ( b) (2,0 điểm ) Cho a, b, c số thực thỏa mãn a + b + c ≤ 12 Tìm giá trị lớn ( ) ( biểu thức S= a + b3 + c − a + b + c Lời giải 1− x a) Ta có P = − P x = x = 2x + x −1 2x x + x − x + : x − x 1+ x x ( ) ( )( )( ) x ( x + 1)( x − 1) ) (1 + x )( x − x + 1) x −1 + x x +1 x −1 : + x 1− x 1− x 1+ x x −1 : x − + 1− x x − − x ( ( ) ( ) x −1 x −1 : 1− x 1− x x − x +1 ( ) ( )( ) x x + x − x +1 x Lại có : = x 10 ( 3+ + 3− ) +1 + −1 = 10 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 ) − +1 = Vậy P = b)Ta có S= ( a + b3 + c3 ) − ( a + b + c ) = ( 4a − a ) + ( 4b3 − b ) + ( 4c − c ) ( ) Ta chứng minh : 4a − a ≤ 4a ( 4a − a ) ≤ 4a ⇔ a − 4a + 4a ≥ ⇔ a2 ( a − 2) ≥ Tương tự − b ) ≤ 4b − c ) ≤ 4c ( 4b ( 4c Vậy ta có : S= ( a + b3 + c3 ) − ( a + b + c ) ( 4a ≤ 4(a = − a ) + ( 4b3 − b ) + ( 4c − c ) + b + c ) ≤ 48 Vậy giá trị lớn 48 xảy ( a, b, c ) = ( 2, 2, ) Câu 2: a) (3,0 điểm ) Giải phương trình : x2 − x x−4 = 5 x+ x −1 x −1 2 x + y + xy = b) (2,0 điểm) Giải hệ phương trình : 3 x + y =x + y Lời giải a) Điều kiện xác định x ≠ Đặt y = x ( x − 4) x−4 x−4 suy x + = x−4+ +4= y+4 x −1 x −1 x −1 Phương trình trở thành : Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 y ( y + 4) = y =1 y = −5 • + 21 x1 = Với y = ⇔ − 21 x2 = • −1 + 21 x1 = Với y =−5 ⇔ −1 − 21 x2 = b) Ta có x3 + y = ( x + y ) ⇔ x3 + y = ( x + y ) ( x + y + xy ) ⇔ y + xy + x y = ⇔ y ( y + xy + x ) = 2 y = ⇔ 2 y + xy + x + x = • Với y = 0⇔ x= ±1 suy hệ có nghiệm ( ±1;0 ) • Với ( x + y) + x2 = x = ⇔ y = thay vào khơng thỏa phương trình (1) Vậy hệ có hai nghiệm ( −1;0 ) ; (1;0 ) Câu 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) , M điểm cung BC khơng chứa điểm A Vẽ đường trịn ( I ) qua M tiếp xúc với AB B , vẽ đường tròn ( K ) qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai đường tròn ( I ) ( K ) a) ( 3,0 điểm ) Chứng minh ba điểm B , N , C thẳng hàng b) (2,0 điểm ) Lấy D điểm thuộc cạnh AB ( D khác A B ) điểm E thuộc tia đối tia CA cho BD = CE chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE ln qua điểm cố định khác A Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 Lời giải A D O N B C I K E M x = MBx chắn cung BM a) Xét (I) : BNM = MCE chắn cung MC Xét (K) : MNC Do tứ giác ABMC nội tiếp (gt) Suy ra: ABM + ACM = 1800 + MCE = Mà : MBx 1800 = + CNM Nên : BNM 1800 suy B, N , C thẳng hàng b) Xét ∆BDM ∆CEM có BD = CE ( gt ) DBM = ECM ( ABMC nt) ⇒ ∆BDM = ∆CEM ( c.g c ) BM = MC gt ( ) = CEM ⇒ tứ giác ADME nội tiếp ⇒ BDM Do M cố định nên đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE ln qua điểm cố định M Câu 4: Cho nửa đường trịn ( O; R ) đường kính AB Gọi M điểm nằm nửa đường tròn khác A B xác định vị trí điểm M cho tam giác MAB có chu vi lớn Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 Lời giải M A H B O Ta có : AMB = 900 Suy tam giác AMB vuông M MA2 + MB = AB = R (1) Chu vi tam giác MAB : MA + MB + AB = MA + MB + R Chu vi lớn : MA + MB lớn Lại có ( MA + MB ) =MA2 + MA.MB + MB = R + 2.MA.MB MA + MB lớn ⇔ ( MA + MB ) lớn ⇔ MA.MB lớn Gọi H chân đường cao hạ từ M đến AB MA = MB MH = AB MH R MA.MB lớn MH lớn MH = R ⇔ H ≡ O ⇔ M điểm cung AB Tìm tất số nguyên x, y thỏa phương trình x + y + xy = ( x + y ) Câu 5: Lời giải Phương trình cho tương đương với : x2 + ( y − 2) x + y − y = (1) Xem phương trình bậc hai theo ẩn x ∆= ( y − 2) − 8( y2 − y = ) −7 y + 12 y + 4= Để (1) có nghiệm ∆ ≥ ⇔ • ( y − )( −7 y − ) −2 ≤ y ≤ y ∈ Z ⇔ y ∈ {0,1, 2} x = x = Với y =⇒ x2 = 2x ⇔ Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 • −1 x = (loai ) Với y = ⇔ x − x − = ⇔ x = • Với y = ⇔ x = ⇔ x = Vậy tập nghiệm phương trình ( 0; ) ; (1;1) ; (1;0 ) ; ( 0;0 ) STT 02 ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN – AMSTERDAM LẦN NĂM HỌC 2017 – 2018 NGƯỜI GIẢI ĐỀ: LÊ MINH ĐỨC Câu 1: Tìm tất ba số nguyên dương ( p; q; n ) , p , q số nguyên tố thỏa mãn: p ( p + 3) + q ( q + 3)= n ( n + 3) Câu 2: Gọi a , b , c ba nghiệm phương trình x − x + x − = Không giải phương trình, tính tổng: S= Câu 3: Cho tam giác ABC , a − b5 b5 − c c − a + + a −b b−c c−a ( AB < AC ) , với ba đường cao AD , BE , CF đồng quy H Các đường thẳng EF , BC cắt G , gọi I hình chiếu H GA Chứng minh tứ giác BCAI nội tiếp Gọi M trung điểm BC Chứng minh GH ⊥ AM Câu 4: Chứng minh rằng: Cho a , b , c ba số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 + + ≥ a + b2 + c2 a b c Dấu đẳng thức xảy nào? Câu 5: Mỗi điểm mặt phẳng tô ba màu Đỏ, Xanh, Vàng Chứng minh tồn hai điểm A , B tô màu mà AB = STT 02 LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN – AMSTERDAM LẦN NĂM HỌC 2017 2018 Câu 1: Tìm tất ba số nguyên dương ( p; q; n ) , mãn: p ( p + ) + q ( q + )= n ( n + ) Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử p ≤ q Trường hợp 1: p = ⇒ p ( p + 3) = ( + 3) = 2.5 = 10 Liên hệ tài liệu word môn toán zalo: 039.373.2038 p , q số nguyên tố thỏa ⇒ 10 + q ( q + 3) = n ( n + 3) ⇔ 10 = n + 3n − q − 3q = ( n − q ) + ( 3n − 3q ) ⇔ 10 = ( n − q )( n + q ) + ( n − q ) ( n − q )( n + q + 3) p ( p + 3) + q ( q + 3)= n ( n + 3) mà ⇔ 10 = Vì p ; q ; n số nguyên dương ⇒ n > q ≥ ⇒ n+q+3> 2+2+3= 10 1.10 = 2.5 Mà= q + 10 +q = n + = n= n ⇒ ⇔ ⇔ −q −q = n= n= q So với điều kiện thỏa mãn Vậy ba số nguyên dương ( p; q; n ) cần tìm ( 2;3; ) Trường hợp 2: p = ⇒ p ( p + 3) = ( + 3) = 3.6 = 18 ⇒ 18 + q ( q + 3) = n ( n + 3) ⇔ 18 = n + 3n − q − 3q = ( n − q ) + ( 3n − 3q ) ⇔ 18 = ( n − q )( n + q ) + ( n − q ) ( n − q )( n + q + 3) p ( p + 3) + q ( q + 3)= n ( n + 3) mà ⇔ 18 = Vì p ; q ; n số nguyên dương ⇒ n > q ≥ ⇒ n + q +3 > 3+3+3 = = 1.18 = 2.9 = 3.6 Mà 18 q + 18 = n + q 15 = n += n ⇒ ⇔ ⇔ n−q n−q = = = q So với điều kiện thỏa mãn Vậy ba số nguyên dương ( p; q; n ) cần tìm ( 3;7;8 ) Trường hợp 3: p > Ta chứng minh với số nguyên a khơng chia hết cho tích a ( a + 3) chia dư Thật vậy: Nếu a : dư ⇒ a = 3k + ⇒ a + = 3k + ⇒ a ( a + 3) = ( 3k + 1)( 3k + ) = 9k + 15k + : dư Nếu a : dư ⇒ a = 3k + ⇒ a + = 3k + ⇒ a ( a + 3) = ( 3k + )( 3k + 5) = 9k + 21k + 10 : dư Trở lại tốn chính: Vì q ≥ p > ⇒ p 3; q ⇒ p ( p + 3) + q ( q + 3) : dư Mà n ( n + 3) : dư (nếu n 3) n ( n + 3) n ⇒ p ( p + 3) + q ( q + 3) ≠ n ( n + 3) Suy khơng có ba số ngun dương ( p; q; n ) thỏa mãn yêu cầu toán Câu 2: Gọi a , b , c ba nghiệm phương trình x − x + x − = Không giải phương trình, tính tổng: Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 S= a − b5 b5 − c c − a + + a −b b−c c−a Lời giải Vì a , b , c ba nghiệm phương trình x − x + x − =0 Khi phân tích đa thức x − x + x − thừa số ta được: x3 − x + x − = ( x − a )( x − b )( x − c ) ⇔ ( x − a )( x − b )( x − c ) = x − x + 3x − 2 ⇔ x − ( a + b + c ) x + ( ab + bc + ca ) x − abc = x − x + 3x − 2 a+b+c = ⇔ ab + bc + ca = abc = 57 9 ⇒ a + b + c = ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) = − 2.3 = 2 2 2 2 Tính a b + b c + c a : 2 2 ( ab + bc + ca ) − ( ab ⋅ bc + bc ⋅ ca + ca ⋅ ab ) ⇔ a 2b + b c + c a 2= ( ab + bc + ca ) − 2abc ( a + b + c ) a 2b + b c + c a = 9 ⇒ a 2b + b c + c a = 32 − ⋅ ⋅ = 2 3 Tính a + b + c : a + b3 + c = ( a + b + c ) ( a + b + c − ab − bc − ca ) + 3abc ⇒ a + b3 += c3 57 417 ⋅ − + 3= 2 Vậy: a+b+c = ab + bc + ca = abc = 57 2 a +b +c = a 2b + b c + c a = 417 a + b3 + c = Khi ta có: S= a − b5 b5 − c c − a + + a −b b−c c−a Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 ⇔ S = ( a + a 3b + a 2b + ab3 + b ) + ( b + b3c + b c + bc + c ) + ( c + c a + c a + ca + a ) ⇔ S = 2a + 2b + 2c + a 3b + b3 a + b3c + c 3b + a 3c + c a + a 2b + b c + c a ⇔ S = ( a + b + c + 2a 2b + 2b c + 2c a ) + ( a + a 3b + a 3c ) + ( b + b3 a + b3c ) + ( c + c a + c 3b ) − ( a b + b c + c a ) ⇔ S= (a (a + b + c ) + a ( a + b + c ) + b3 ( a + b + c ) + c ( a + b + c ) − ( a 2b + b c + c a ) ⇔ S= + b + c ) + ( a + b3 + c ) ( a + b + c ) − ( a 2b + b c + c a ) 2 57 417 3465 ⇔= S + ⋅ −= Câu 3: Cho tam giác ABC , ( AB < AC ) , với ba đường cao AD , BE , CF đồng quy H Các đường thẳng EF , BC cắt G , gọi I hình chiếu H GA Chứng minh tứ giác BCAI nội tiếp Gọi M trung điểm BC Chứng minh GH ⊥ AM Lời giải A I E O F G H D B C M A' Chứng minh tứ giác BCAI nội tiếp Dễ dàng chứng minh tứ giác AIFH nội tiếp tứ giác AFHE nội tiếp ⇒ điểm A , F , H , E , I thuộc đường tròn ⇒ tứ giác AIFE nội tiếp ⇒ GI GA = GF GE (1) GB.GC ( ) Dễ dàng chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp ⇒ GF GE = GI GA GB.GC ⇒ tứ giác BCAI nội tiếp (điều phải chứng minh) Từ (1) ( ) suy ra: = 10 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 Từ ( ) ( ) ta 1 + = CN CI CF 1 c) Dựng DH //AB ( H ∈ AC ) ⇒ DH = AB ( ) ; AH = AC 2 Lại có AK = AH − HK (8) Gọi (7) P giao điểm DK AB ⇒ HK = Do CKD HD ( ) = CAI = BAI = BPD = HDK Từ ( ) , ( ) , ( ) ( ) ⇒ AK = Câu 5: 1 = AC − AB AC − AB hay 2AK 2 Trường trung học phổ thơng A tổ chức giải bóng đá cho học sinh nhân kỷ niệm ngày thành lập đoàn 26 − Biết có n đội tham gia thi đấu vòng tròn lượt (hai đội đấu với trận) Đội thắng điểm, đội hịa điểm đội thua khơng điểm Kết thúc giải, ban tổ chức nhận thấy số trận thắng – thua gấp bốn lần số trận hòa tổng số điểm đội 336 Hỏi có tất đội bóng tham gia? Lời giải Từ cách tính điểm ta nhận thấy sau trận đấu tổng số điểm hai đội có trận thắng – thua trận hịa Vì số trận thắng – thua gấp lần số trận hòa nên tổng số điểm trận thắng – thua gấp lần tổng số điểm trận hịa 48 (điểm) Do tổng số điểm trận hòa là: 336 : ( + 1) = Số trận hòa là: 48 : = 24 (trận) ⇒ số trận thắng – thua là: 24.4 = 96 (trận) Vậy tổng số trận đấu giải đấu là: 24 + 96 = 120 (trận) Một đội đấu với ( n − 1) đội cịn lại có ( n − 1) (trận) Vì có n đội tham gia đội gặp lần nên tổng số trận đấu n ( n − 1) Ta có phương trình: n ( n − 1) 16 = 120 ⇔ n − n − 240 = ⇒n= Vậy có tất 16 đội tham gia -Hết - 103 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 STT 27 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: Trần Văn Quảng Người phản biện: Tạ Thị Huyền Trang a + 2018 a − 2018 a + − Câu 25: Rút gọn= biểu thức P a +2 a +1 a − a Câu 26: Cho ba số thực dương x, y,z thỏa mãn x + y= ( y ≠ z Chứng minh đẳng thức y+( x+ x− y− ( z) z) x+ y− z ) , x+ y≠ z 2 = x− z y− z Câu 27: Tìm số tự nhiên abcd cho abcd + abc + ab + a = 4321 ( m − )x + y = Câu 28: Cho hệ phương trình ( m tham số x, y ẩn số) x + 2y = Tìm tất giá trị ngun m để hệ phương trình có nghiệm ( x, y ) x, y số nguyên Câu 29: Giải phương trình − x + + x = Câu 30: Cho tam giác ABC vuông = A, AB 12cm, = AC 16cm Gọi I giao điểm đường phân giác tam giác ABC , M trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng BI vuông góc với đường thẳng MI Câu 31: Cho hình thoi ABCD có góc BAD = 500 , O giao điểm hai đường chéo Gọi H chân đường vng góc kẻ từ O đến đường thẳng AB Trên tia đối tia BC lấy điểm M ( điểm M không trùng với điểm B), tia đối tia DC lấy điểm N cho đường thẳng HM song song với đường thẳng AN a) Chứng minh rằng: MB.DN = BH AD b) Tính số đo góc MON Câu 32: Cho đường tròn (O) cố định hai điểm phân biệt B, C cố định thuộc đường tròn ( O ) Gọi A điểm thay đổi đường trịn (O) (điểm A khơng trùng với điểm B C), M trung điểm đoạn thẳng AC Từ điểm M kẻ đường thẳng (d) vng góc với đường thẳng AB, đường thẳng (d) cắt đường thẳng AB điểm H Chứng minh điểm A thay đổi đường trịn (O) điểm H ln nằm đường trịn cố định 1 + + ≤ Chứng minh rằng: a b c 1 + + ≤ 2 2 2 5a + 2ab + 2b 5b + 2bc + 2c 5c + 2ca + 2a Câu 33: Cho a,b,c số thực dương thoả mãn điều kiện Câu 34: Cho hình vuông ABCD 2018 đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: 1) Mỗi đường thẳng cắt hai cạnh đối hình vng 2) Mỗi đường thẳng chia hình vng thành hai phần có tỉ lệ diện tích Chứng minh 2018 đường thẳng có 505 đường thẳng đồng quy 104 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 STT 27 LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: Trần Văn Quảng a + 2018 a − 2018 a + − Câu 1: Rút gọn= biểu thức P a +2 a +1 − a a Lời giải a > a ≠ Điều kiện: a + 2018 a +1 a − 2018 = − Khi đó: P ( a − )( a + ) a ( a + 1) = ( a + 2018 )( a − ) − ( a − 2018 )( a + ) a + ( a + )2 ( a − ) a = 2.2017 a a + 2017 = a −1 ( a + 1) ( a − 1) a Câu 2: Cho ba số thực dương x, y,z thỏa mãn x + y= ( y ≠ z Chứng minh đẳng thức y+( x+ Ta có: ( y+( x+ ( x +2 = (2 x + = ( z) z) x+ y− z , x+ y≠ z x− y− x− z y− z = Lời giải ) = ( x + y − z) − y+( y − z) ( x + y − z) − x+( y − z )( x − z ) + ( x − z ) ( = ( y − z )( y − z ) + ( y − z ) x− z ) ) z) z )( z )( 2 x− z 2 y− 2 x− y− ) z) x +2 y −2 z x +2 y −2 x− z y− z Câu 3: Tìm số tự nhiên abcd cho abcd + abc + ab + a = 4321 Lời giải Ta có: abcd + abc + ab + = a 4321 ⇔ 1111a + 111b + 11c + = d 4321 ( 1) Vì a,b,c,d ∈ ≤ a ≤ 9,0 ≤ b,c,d ≤ nên 3214 ≤ 1111a ≤ 4321 988 ⇒a= Thay vào (1) ta được: 111b + 11c + d = (2) Lập luận tương tự ta có: 880 ≤ 111b ≤ 988 ⇒ b = Thay vào (2) ta được: 11c + d = 100 Mà 91 ≤ 11c ≤ 100 ⇒ c = d = ( m − )x + y = Câu 4: Cho hệ phương trình ( m tham số x, y ẩn số) x + 2y = 105 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 Tìm tất giá trị ngun m để hệ phương trình có nghiệm ( x, y ) x, y số ngun Lời giải Từ phương trình thứ hai ta có: x= − y vào phương trình thứ được: ( m − )( − y ) + y = ⇔ ( 2m − )y =2m − (3) Hệ có nghiệm x, y số nguyên ⇔ ( ) có nghiệm y số nguyên Với m ∈ ⇒ 2m − ≠ ⇒ ( ) có nghiệm y = 2m − = 1− 2m − 2m − 2m − = m = ⇔ y ∈ ⇔ Vậy có giá trị m thoả mãn 1; 2m − =−1 m = Câu 5: Giải phương trình − x + + x = Lời giải 1 − x ≥ ⇔ −4 ≤ x ≤ (* ) + ≥ x Điều kiện xác định Với điều kiện (*), phương trình cho tương đương với: + 1− x + x = 9⇔ ⇔ ( − x )( + x ) = ⇔ x + 3x = (1 − x )( + x ) = x = ⇔ x ( x + 3) = ⇔ Đối chiếu với điều kiện (*) ta x = 0; x = −3 x = −3 Câu 6: Cho tam giác ABC vuông = A, AB 12cm, = AC 16cm Gọi I giao điểm đường phân giác tam giác ABC , M trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng BI vng góc với đường thẳng MI Lời giải Ta có BC = AB + AC = 20cm Gọi E giao điểm BI với AC AE EC AE + EC BC Theo tính chất đường phân giác ta có: = = = ⇒ EC = = 10cm AB BC AB + BC 2 Ta có ∆ICE = = MC = 10 ; ICE = ICM ; IC chung ∆ICM ( c − g − c ) do: EC Suy ra: IEC = IMC ⇒ IEA = IMB Mặt khác = IBM IBA ⇒ hai tam giác IBM , ABE đồng dạng ⇒ BIM = BAE = 900 ⇒ BI ⊥ MI 106 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 Câu 7: Cho hình thoi ABCD có góc BAD = 500 , O giao điểm hai đường chéo Gọi H chân đường vng góc kẻ từ O đến đường thẳng AB Trên tia đối tia BC lấy điểm M (điểm M không trùng với điểm B), tia đối tia DC lấy điểm N cho đường thẳng HM song song với đường thẳng AN a) Chứng minh rằng: MB.DN = BH AD b) Tính số đo góc MON Lời giải a) Ta có = MBH ADN = ,MHB AND MB BH BH AD ( ) = ⇒ MB.DN = AD DN BH OB b) Ta có: ∆OHB ∽ ∆ AOD ⇒ = ⇒ DO.OB = BH AD ( ) DO AD MB OB Từ (1) (2) ta có: MB.DN = DO.OB ⇒ = DO DN ∆MBH ∽ ∆ ADN ⇒ Ta lại có: MBO = 1800 − CBD = 1800 − CDB = ODN nên ∆MBO ∽ ∆ODN ⇒ OMB = NOD ) ( ( MON =1800 − MOB + NOD =1800 − MOB + OMB Từ suy ra: = 1800 − OBC = 1150 ) Câu 8: Cho đường tròn (O) cố định hai điểm phân biệt B, C cố định thuộc đường tròn ( O ) Gọi A điểm thay đổi đường trịn (O) (điểm A khơng trùng với điểm B C), M trung điểm đoạn thẳng AC Từ điểm M kẻ đường thẳng (d) vng góc với đường thẳng AB, đường thẳng (d) cắt đường thẳng AB điểm H Chứng minh điểm A thay đổi đường trịn (O) điểm H ln nằm đường trịn cố định Lời giải 107 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 Gọi D trung điểm đoạn BC, tam giác BOC, AOC tam giác cân O nên OD ⊥ BC ,OM ⊥ AC Ta có: ODC = OMC = 90 ⇒ Bốn điểm O, D, C, M nằm đường trịn ( I ) có tâm I cố định, đường kính OC cố định Gọi E điểm đối xứng với D qua tâm I, E cố định DE đường kính đường trịn ( I ) Nếu H ≠ E,H ≠ B : - Với M ≡ E ⇒ BHE = 90 - Với M ≠ E , DM BH ⇒ DMH = 900 Khi DME = DMH = 900 ⇒ H ,M ,E thẳng hàng Suy BHE = 90 Vậy ta ln có: BHE = 90 H ≡ E H ≡ B H thuộc đường trịn đường kính BE cố định 1 + + ≤ Chứng minh rằng: a b c 1 + + ≤ 5a + 2ab + 2b 5b + 2bc + 2c 5c + 2ca + 2a Lời giải Câu 9: Cho a,b,c số thực dương thoả mãn điều kiện Với ∀x, y,z > ta có : x + y + z ≥ 3 xyz , x= y= z 1 1 + + ≥ 33 x y z xyz 1 1 1 1 1 ⇒ ( x + y + z) + + ≥ ⇒ ≤ + + Đẳng thức xảy x+ y+z 9 x y z x y z Ta có: 5a + 2ab + 2b = ( 2a + b )2 + ( a − b )2 ≥ ( 2a + b )2 ⇒ 5a + 2ab + 2b Tương tự: ≤ 1 1 1 ≤ + + Đẳng thức xảy a = b 2a + b a a b ≤ 1 1 1 ≤ + + Đẳng thức xảy b = c 2b + c b b c 5b + 2bc + 2c 1 11 1 ≤ ≤ + + Đẳng thức xảy c = a 5c + 2ca + 2a 2c + a c c a 108 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 Do đó: + 5a + 2ab + 2b 1 1 1 ≤ + + ≤ 3 a b c 5b + 2bc + 2c Đẳng thức xảy rakhi a= b= c= 13 3 ≤ + + 5c + 2ca + 2a a b c + Vậy bất đẳng thức chứng minh Câu 10: Cho hình vng ABCD 2018 đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: 1) Mỗi đường thẳng cắt hai cạnh đối hình vng 2) Mỗi đường thẳng chia hình vng thành hai phần có tỉ lệ diện tích Chứng minh 2018 đường thẳng có 505 đường thẳng đồng quy Lời giải Giả sử hình vng ABCD có cạnh a ( a>0) Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA Gọi d đường thẳng 2018 đường thẳng cho thỏa mãn u cầu tốn Khơng tính tổng qt, giả sử d cắt đoạn thẳng AD, MP, BC S, E, K cho SCDSK = 3S ABKS Từ SCDSK = 3S ABKS ta suy được: DS + CK = ( AS + BK ) ⇔ a − AS + a − BK = ( AS + BK ) ⇔ AS + BK = a ⇔ EM = a suy E cố định d qua E Lấy F, H đoạn NQ G đoạn MP cho FN = GP = HQ = a Lập luận tương tự ta có đường thẳng thỏa mãn điều kiện đề phải qua bốn điểm cố định E, F, G, H Theo nguyên lý Dirichlet từ 2018 đường thẳng thỏa mãn điều kiện đề phải có 2018 505 đường thẳng qua bốn điểm E, F, G, Hcố định, nghĩa + = 505 đường thẳng đồng quy Hết 109 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 STT 28 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: Tạ Thị Huyền Trang Người phản biện: Nguyễn Dương (3 điểm) Câu 1) Cho biểu thức A = n + 4n + ( n số tự nhiên lẻ) Chứng minh A không chia hết cho 2) Cho số x thức: B = x5 + Câu ( x ∈ ; x > ) thỏa mãn điều kiện: x + = Tính giá trị biểu x2 x5 (3 điểm) Rút gọn biểu thức: X = 1+ Câu 1 1 1 1 + + + + + + + + + + + 2 2 3 2017 20182 (4 điểm) 1) Giải phương trình: x + 27 x + 8= x + 2) Tìm số m , n dấu thỏa mãn điều kiện: m + n đạt giá trị nhỏ cho hai phương trình sau có nghiệm chung: x + mx + = ; x + 2nx + = Câu (3 điểm) Tìm giá trị m để phương 1) Cho phương trình: x + ( m − 3) x − m − = trình có nghiệm nhỏ nghiệm lớn 2) Cho x, y, z, t số thực dương Chứng minh rằng: x y z t + + + ≥ y+ z z +t t + x x+ y Câu (3,5 điểm) Để có tờ giấy khổ A4 (kích thước xấp xỉ 21 cm × 29, cm) người ta thực hình vẽ minh họa bên Bước 1: Tạo hình vng ABCD cạnh a = 21 cm Bước 2: Vẽ cung trịn tâm A bán kính AC cắt tia AD F Bước 3: Tạo hình chữ nhật ABEF Khi hình chữ nhật ABEF tờ giấy A4 thơng dụng Bạn An ngồi nghịch xếp tờ giấy A4 theo đường thẳng AE , xếp theo đường thẳng FM ( M 110 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 trung điểm BE ) mở tờ giấy An ngạc nhiên thấy hai đường thẳng FM AE vng góc với Em chứng minh giúp bạn An vẽ điều Câu (4 điểm) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn tâm O , dây cung DC lấy điểm E cho DC = 3DE , nối AE cắt cung nhỏ CD M Trên cung nhỏ CB lấy điểm N cho cung nhỏ DM cung nhỏ CN , nối AN cắt dây cung BC F Chứng minh rằng: F trung điểm BC HẾT - STT 28 LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: Tạ Thị Huyền Trang Câu (3 điểm) 1) Cho biểu thức A = n + 4n + ( n số tự nhiên lẻ) Chứng minh A không chia hết cho 2) Cho số x thức: B = x5 + ( x ∈ ; x > ) thỏa mãn điều kiện: x + Tính giá trị biểu = x2 x5 Lời giải 1) Ta có: n + 4n + = n − + 4n + = ( n − 1)( n + 1) + ( 2n + 3) Do n lẻ nên n − n + số chẵn liên tiếp ⇒ ( n − 1)( n + 1) chia hết cho Mà 2n + lẻ ⇒ 2n + không chia hết cho ⇒ ( 2n + 3) không chia hết cho ⇒ ( n − 1)( n + 1) + ( 2n + 3) không chia hết cho ⇒ đpcm 2) Ta có: x + 1 = ⇒ x + = ⇒ x + = (do x > ) x x x 1 1 ⇒x+ = 27 ⇔ x + + x + = 27 x x x 111 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 18 = x3 1 ⇒ x + x + = 18.7 = 126 x x 1 ⇔ x5 + + x + = 126 x x ⇒ x5 + = 123 x (3 điểm) ⇔ x3 + Câu Rút gọn biểu thức: X = 1+ 1 1 1 1 + + + + + + + + + + + 2 2 3 2017 20182 Lời giải n ( n + 1) + ( n + 1) + n 1 Tổng quát: + + = n ( n + 1)2 n ( n + 1) n ( n + 1) + 2n ( n + 1) + = n ( n + 1) n ( n + 1) + 1 n ( n + 1) 2 n ( n + 1) + n ( n + 1) 1 = = + = 1+ n ( n + 1) n ( n + 1) n ( n + 1) n ( n + 1) Vậy: 1 1 1 1 + + + + + + + + + + + 2 2 3 2017 20182 1 1 = 1+ +1+ +1+ + + + 1.2 2.3 3.4 2017.2018 X = 1+ 2017 số 1 1 1 1 1 4072323 = 2017 + − + − + − + + − + − = 2018 − = 2 3 2016 2017 2017 2018 2018 2018 Vậy X = 1+ Câu 1 1 1 1 4072323 + + + + + + + + + + + = 2 2 3 2017 2018 2018 (4 điểm) 1) Giải phương trình: x + 27 x + 8= x + 2) Tìm số m , n dấu thỏa mãn điều kiện: m + n đạt giá trị nhỏ cho hai phương trình sau có nghiệm chung: x + mx + = ; x + 2nx + = Lời giải 1) x + 27 x + 8= x + 112 Liên hệ tài liệu word môn toán zalo: 039.373.2038 ⇔ 3x + ( 3x + ) ( x − x + ) = ⇔ x2 + − ( −2 ) ( 3x − ) ( x − x + ) − 3x =0 ⇔ x2 − x + − ⇔ x + (Điều kiện x ≥ ( 3x + ) ( x − x + ) + 3x + = x − x + − 3x + ) = ⇔ x − x + = 3x + ⇔ x2 − x + = x = (thỏa mãn) ⇔ x = 2 1 Vậy phương trình có nghiệm là: x ∈ ; 3 3 2) Do m , n dấu nên: m + 2n - Nếu m > ; n > thì: m + n = - Nếu m < ; n < thì: m + n =−m − 2n =− ( m + 2n ) + Gọi x0 nghiệm chung hai phương trình ta được: x0 + mx0 + = có nghiệm chung x0 + 2nx0 + = ⇒ x02 + ( m + 2n ) x0 + = có nghiệm x0 ⇒ ∆= ( m + 2n ) − 4.2.8 ≥ ⇔ ( m + 2n ) ≥ 64 m + 2n ≥ ⇔ m + 2n ≤ −8 ⇒ m +2 n ≥8 Vậy m + n đạt GTNN khi: m + 2n = m + 2n = −8 , ta được: x02 + x0 + = + TH1: m + 2n = −2 Ta có: ⇔ x0 = ⇔ x02 + x0 + = m = ( −2 )2 + m ( −2 ) + = ⇔ (thỏa mãn) ( −2 ) + 2n ( −2 ) + = n = + TH2: m + 2n = −8 , ta được: x02 − x0 + = Ta có: ⇔ x0 = ⇔ ( x0 − ) = 113 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 Câu m = −3 2 + m.2 + = ⇔ −5 (thỏa mãn) 2 + 2n.2 + = n = Vậy với m = n = hai phương trình có nghiệm chung x0 = −2 −5 Với m = −3 n = hai phương trình có nghiệm chung x0 = (3 điểm) Tìm giá trị m để phương 1) Cho phương trình: x + ( m − 3) x − m − = trình có nghiệm nhỏ nghiệm lớn 2) Cho x, y, z, t số thực dương Chứng minh rằng: x y z t + + + ≥ y+ z z +t t + x x+ y Lời giải 1) Xét phương trình: x + ( m − 3) x − m − = Giả sử: x1 < < x2 x1.x2 =−m − Áp dụng Vi-et ta có: −2 ( m − 3) x1 + x2 = Để phương trình có nghiệm nhỏ nghiệm lớn thì: ∆′ > ( m − 3) + m + > ⇔ ( x1 − )( x − ) < x1.x2 − ( x1 + x2 ) + < m − 6m + + m + > ⇔ −m − − ( −2 ( m − 3) ) + < m − 5m + 12 > ⇔ 3m − 11 < 11 (do m − 5m + 12 lớn 0) ⇒m< 11 Vậy với m < phương trình có nghiệm nhỏ nghiệm lớn 2) Đặt: x y z t A= + + + y+ z z +t t + x x+ y M= x y z t + + + x+ y y+ z z +t t + x N= y z t x + + + x+ y y+ z z +t t + x 114 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 ⇒M +N = x y z t y z t x + + + + + + + = x+ y y+ z z +t t + x x+ y y+ z z +t t + x Ta có: N += A y+t x+ z y+t x+ z + + + x+ y y+ z z +t t + x 4( y + t) 4( x + z) 1 = ( y + t) + + + = + ( x + z) ≥ x+ y z +t y+ z t + x x+ y+ z +t x+ y+ z +t Chứng minh tương tự ta có: A + M ≥ ⇒ A + M + A + N ≥ ⇒ A ≥ Dấu “=” xảy x= y = z = t > Câu (3,5 điểm) Để có tờ giấy khổ A4 (kích thước xấp xỉ 21 cm × 29, cm) người ta thực hình vẽ minh họa bên Bước 1: Tạo hình vng ABCD cạnh a = 21 cm Bước 2: Vẽ cung trịn tâm A bán kính AC cắt tia AD F Bước 3: Tạo hình chữ nhật ABEF Khi hình chữ nhật ABEF tờ giấy A4 thơng dụng Bạn An ngồi nghịch xếp tờ giấy A4 theo đường thẳng AE , xếp theo đường thẳng FM ( M trung điểm BE ) mở tờ giấy An ngạc nhiên thấy hai đường thẳng FM AE vng góc với Em chứng minh giúp bạn An vẽ điều Lời giải 115 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 Ta có: AC =DB = AB + BC =21 (cm) Mà AC = AF ( C , F thuộc đường tròn tâm A ) ⇒ AF = AC = 21 = EB Xét ∆ABE vuông B Áp dụng định lý Pi – ta – go ta có: AE = AB + BE = ( 212 + 21 ) = 21 21 = EB 2 Áp dụng định lý Pi – ta – go ta có: Xét ∆FME vng E có: = EM 21 21 FM = FE + ME = 21 + = 2 AE 21 Ta có:= = EF 21 21 FM ;= = ME 21 Xét ∆AEF ∆FME ta có: = 90° AFE= FEM AE FM = EF ME ⇒ ∆AEF ∽ ∆FME (c.g.c) = ⇒ FEA FME + MEH =° + HEM = Mà FEA 90 90° ⇒ FME ⇒ FM ⊥ AE (đpcm) Câu (4 điểm) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn tâm O , dây cung DC lấy điểm E cho DC = 3DE , nối AE cắt cung nhỏ CD M Trên cung nhỏ CB lấy điểm N cho cung nhỏ DM cung nhỏ CN , nối AN cắt dây cung BC F Chứng minh rằng: F trung điểm BC Lời giải 116 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 Gọi I giao điểm BM CD : EI ME = EI AB ⇒ AB AM Kẻ OX vng góc với DM ⇒ ∆OXD ∽ ∆ADE (g.g) DX DE DE ⇒ = = = OD AE 10 DE + AD ⇒ DX = R 10 ⇒ DM =R 10 Xét ∆DEM ∽ ∆AEC ⇒ ME DE MD = = CE AE AC ME DE MD = = AE CE AC 10 ME ME ⇒ =⇒ = AE AM 1 ⇒ EI = AB = CD ⇒ ID = EI + DE = CD 6 ⇒ ∆CMI = ∆BNF (g.c.g) ⇒ BF =CI = BC ⇒ đpcm ⇒ Hết 117 Liên hệ tài liệu word mơn tốn zalo: 039.373.2038 ... giải 2017 2018 ? ?2017 x − 2016 < 2017 Xét ≤ x Xét x > ⇒ ⇒ 2017 2017 x − 2016 + 2018 x − 2017. .. x3 = ⇒x= −3 ⇒y= 28 ? ?91 + 105 91 − 105 91 − 105 98 35 + 105 98 Vậy hệ phương trình có nghiệm: (1;1) , − 91 + 105 ; 28 91 + 105 98 35 − 105 98 ; − 28 91 − 105 91 − 105 Câu 2: ... 28 28 98 98 35 + 105 98 x3 = ⇒x= −3 ⇒y= 28 ? ?91 − 105 91 + 105 91 + 105 Với t = −35 + 105 −35 + 105 ta = ⇒ y x thay vào phương trình x + x y = 28 28 98 98 35 − 105 98 x3 = ⇒x=
Ngày đăng: 20/02/2023, 08:10
Xem thêm:
