Website:tailieumontoan.com ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 – 2014 Câu 1: (3,0 điểm) 2 a) Giải phương trình tập nguyên x y xy x y 12 0 b) Cho P( x) x x 14 x P x Tìm số tự nhiên x nhỏ 100 mà chia hết cho 11 Câu 2: (4,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P a 3a a 4a 5a , biết a 55 3024 55 3024 b) Cho số thực x, y, z đôi khác thỏa mãn x 3 x 1, y 3 y 1, z 3z 2 Chứng minh x y z 6 Câu 3: (4,0 điểm) a) Giải phương trình: 3x x 3x 4x 3 x y xy x y 0 x y x y 0 b) Giải hệ phương trình: Câu 4: (7,0 điểm) O; R dây cung BC không qua tâm Gọi A điểm cung nhỏ BC Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm có số đo khơng đổi cho E F khác phía với điểm qua BC ; AE AF cắt BC N M Lấy điểm D cho Cho đường tròn A A tứ giác MNED hình bình hành a) Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp b) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF Chứng minh góc nội tiếp EAF quay quanh A I chuyển động đường thẳng cố định c) Khi 60 BC R, tính theo R độ dài nhỏ đoạn OI Câu 5: (2,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 3 x2 y z 2 y x2 z 2 z y x2 4 xyz yz xz yx Chứng minh ……………….HẾT…………… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Họ tên thí ………………… sinh:…………………………………………….….Số Liên hệ tài 039.373.2038 word liệu mơn tốn: báo danh: TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 – 2014 Câu 1: (3,0 điểm) 2 a) Giải phương trình tập nguyên x y xy x y 12 0 b) Cho P( x) x x 14 x P x Tìm số tự nhiên x nhỏ 100 mà chia hết cho 11 Lời giải 2 2 a) x y xy x y 12 0 x x( y 1) (5 y y 12) 0 Để PT (*) có nghiệm ngun x ' phương ' 4( y 1) 5(5 y y 12) 16 y 16 (*) x; y 2;0 ; 6;0 ; 10; ; 6; từ tìm 2 2 2 Cách khác: x y xy x y 12 0 ( x y 2) y 16 4 xét trường hợp nghiệm 2 x y 16, y 0 (1) mà x, y nên x y 0, y 16 (2) Ta có (1) x 2, y 0 x 6, y 0 (2) y 4, x 6 y 4, x 10 Vậy phương trình x; y 2; , 6; , 6; , 10; cho có nghiệm 2 b) Ta có P ( x) x 3x 14 x ( x 2)( x x 12) 22 P x Để chia hết 11 ( x 2)( x x 12) 11 mà ( x x 12) x( x 1) 11 ta có x( x 1) không chia hết cho 11 suy ( x x 12) không chia hết cho 11 nên x chia hết cho 11 mà x 100; x x 2;13; 22;35; 47;57; 68;79;90 suy P( x) x x 14 x ( x 1)3 11x 11 ( x 1) 1 11 Cách khác: x 1 chia cho 11 dư suy x chia cho 11 dư suy x chia cho 11 dư mà x 100 suy kết Đáp án thức: Bổ đề: Cho x, y số tự nhiên số nguyên tố p có dạng p 3k x3 y mod p x y mod p x y mod p x y mod p Thật vậy, , 3 3k 3k x y mod p x y mod p Với x , y p Với chia hết cho hiển nhiên Suy Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com x, p 1, y, p 1 ta có x p y p 1 mod p x3k 1 y 3k 1 mod p Với x.x3k y y 3k mod p x y mod p x3k y 3k mod p Áp dụng Bổ đề, ta có 3 P x P y mod 11 x 1 11 x 1 10 y 1 11 y 1 10 mod 11 3 x 1 y 1 mod 11 x y 1 mod 11 x y mod 11 Do đó, P x P y mod 11 x y mod 11 P n , P n 1 , , P n 10 Suy với n , 11 giá trị , có giá trị chia hết cho 11 Do đó, số P 1 , P , , P 99 P có số chia hết cho 11, cịn khơng chia hết cho 11 Vậy có số thỏa mãn yêu cầu toán Câu 2: (4,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P a 3a a 4a 5a , biết a 55 3024 55 3024 b) Cho số thực x, y, z đôi khác thỏa mãn x 3 x 1, y 3 y 1, z 3z 2 Chứng minh x y z 6 Lời giải a) Tính a 110 3a (a 5)(a 5a 22) 0 a 5 thay a 5 vào b) Cộng ba đẳng thức ta có hệ x 3x y 3 y z 3 z x y 3( x y ) 3 y z 3( y z ) z x 3( z x ) P x xy y 3 (1) 2 y zy z 3 (2) x xz z 3 (3) Trừ (1) cho (2) ta ( x z )( x y z ) 0 x y z 0 2 Cộng (1); (2); (3) ta có 2( x y z ) xy yz xz 9 Mà từ x y z 0 suy đpcm xy yz xz x y z (*) thay vào (*) ta có Câu 3: (4,0 điểm) a) Giải phương trình 3x b) Giải hệ phương trình: Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word môn x 3x 4x 2 3 x y xy x y 0 2 x y x y 0 tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Lời giải x 1 a) ĐKXĐ: x 3x 3x x(3x 1) x 4 x 3x 12 x x 4 x 3x 4x x 2 x x x 3x 1 16 x x x x 2 x 3x x x x Giải pt có nghiệm x 1; 3 x y xy x y 0 x y x y 0 b) Lấy pt (1) trừ pt (2) ta 153 72 3 x y xy x y 0(1) 2 2 x y x y 0(2) x 2 y 3( x y ) 0 ( x y 1)( x y 2) 0 x 2 y 2 Thay vào phương trình x y x y 0 hệ có nghiệm 109 13 109 109 13 109 ; ; x; y 1;0 ; 3 ; ; 6 x 2y Câu 4: (7,0 điểm) O; R dây cung BC không qua tâm Gọi A điểm cung nhỏ BC Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm có số đo không đổi cho E F khác phía với điểm qua BC ; AE AF cắt BC N M Lấy điểm D cho Cho đường tròn A A tứ giác MNED hình bình hành a) Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp b) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF Chứng minh góc nội tiếp EAF quay quanh A I chuyển động đường thẳng cố định c) Khi 60 BC R, tính theo R độ dài nhỏ đoạn OI Lời giải Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com A M B Q N T C H K O F I S J G D E P 1 MNE a) Ta có: = (sđ AC sđ BFE ) = (sđ AB sđ BFE ) AFE sđ AC sđ CE Suy ra: MNE MFE 180 Vậy tứ giác MNEF nội tiếp b) Gọi P giao điểm khác A AO với đường tròn (O; R) Q giao điểm AO BC D EG, G O Lấy G đối xứng với E qua AP Ta có MDG NEG , AEG AFG 180 MDG MFG 180 Suy tứ giác MDGF nội tiếp (1) Gọi giao điểm AG BC H Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy điểm M, H, D, G, F nằm đường tròn Trung trực đoạn thẳng FG qua O cắt đường tròn (O) J; I OJ , sđ JF =sđ JG sđ PG =sđ PE nên JOP hay I nằm đường thẳng cố định Đó đường thẳng qua O tạo với AO góc khơng đổi c) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com A U B Hạ M' M Q IT BC T BC TH TM N Do QH QN , suy C IS MN Tam giác vng OSI có IOS không đổi nên OI nhỏ IS nhỏ MN nhỏ Ta chứng minh MN nhỏ tam giác AMN cân A Thật vậy, BC lấy M’ N’ cho M ' AN ' Khơng tính tổng qt giả sử QM ' QN ' suy AM ' AN ' Trên đoạn AM ' lấy điểm U cho AU AN ' AUM ANN ' (c.g.c) S AM ' M S ANN ' MM ' NN ' M ' N ' MN 60 ; BC R Với MN R 2 suy R 3 OI R 3 AQ R Câu 5: (2,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 3 x2 y z 2 y x2 z 2 z y x2 4 xyz yz xz yx Chứng minh Lời giải Lời giải 1: 2x2 y z 2 y x2 z 2 z y x2 4 xyz yz xz yx M x y x2 z x2 y y z z y x z 4(*) xyz (4 yz ) xyz (4 xz ) xyz (4 yx) M xy xz xy yz xz yz N xyz (4 yz ) xyz (4 xz ) xyz (4 yx) yz xz xz N 2 yz (4 yz ) xz (4 xz ) yx(4 yx) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: R R 2 2 , TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 1 1 1 N 2 2 z (4 yz ) x(4 yz ) y (4 yx) y (4 yz ) zx(4 yz ) x(4 yx) 6 12 3 xyz (4 yz )(4 xz )(4 xy ) xyz (4 yz )(4 xz )(4 xy ) 3 xyz (4 yz )(4 xz )(4 xy ) Mặt khác N xyz xz xy yz 3xyz 12 xz xy yz xyz (4 xz )(4 yz )(4 xy ) 4 1 xy yz xz 3 3 xyz xy xz yz 0 xyz Mà x y z x y z 3xyz 12 xz xy yz xyz (4 xz )(4 yz )(4 xy ) 81 3xyz (4 xy)(4 xz )(4 yz ) 3 3 12 3 M N 4 3 Nên BĐT (*) cm dấu “=” xảy x y z 1 Đáp án thức: x y z 2 x y z Chứng minh được: 2 2 y z x 2 y z x , z x y 2 z x y Tương tự ta có x y z y z x z x y 2 xyz zx xy Do ta chứng minh yz yz z x xy 1 yz yz zx zx xy xy Bất đẳng thức tương đương với yz yz yz yz yz yz yz Ta có yz yz yz 2 yz yz xy 1 2 nên yz yz yz yz yz yz yz Vậy nên , tương tự có x y xy xy xy , yz liệu word mơn tốn: có z x zx zx zx yz z x xy 1 yz yz zx zx xy xy xy yz zx Do Với a, b, c>0 1 a b b c c a a b c 3 3 9 a b c b a c b a c nên Liên hệ tài 039.373.2038 dễ có TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 1 a b c a b c (*) Áp dụng (*) ta có xy yz zx xy yz zx x y yz zx xy yz zx x y z 3 2 (Vì ) yz z x xy 1 yz yz zx zx xy xy Vậy 2 2 2 2x y z y z x 2z x2 y 4 xyz yz zx xy Do ta có 1 ; Đẳng thức xảy x y z 1 …………… HẾT…………… Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC