79 hsg 18 thanh hoa bui tien doan

Website:tailieumontoan.com ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017 2018 Câu 1: (4,0 điểm) x x x 1 1 2x  x   x x  x x x x x  x , với x  0, x 1 a) Cho biểu thức Rút gọn P tìm tất giá trị x cho giá trị P số P nguyên b) Tính x Câu 2: giá trị biểu thức 4( x  1) x 2018  x 2017  x  P x  3x  3 2 32 (4,0 điểm) a) Biết phương trình (m  2) x  2(m  1) x  m 0 có hai nghiệm tương ứng độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vng ( x  y ) (8 x  y  xy  13)  0   2 x  x  y 1 b) Giải hệ phương trình  Câu 3: (4,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình y  y  62 ( y  2) x  ( y  y  8) x a, b số nguyên dương thỏa mãn p a  b số nguyên tố 2 p  chia hết cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax  by b) Cho chia hết cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p (O),( I ),( I ) a Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có theo thứ tự đường trịn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp O, I , I a Gọi D đối diện đỉnh A tam giác với tâm tương ứng  PI a tiếp điểm ( I ) với BC , P điểm cung BAC (O) , cắt (O) điểm K Gọi M giao điểm PO BC , N điểm đối xứng với P qua O a) Chứng minh Liên hệ tài 039.373.2038 liệu IBI aC tứ giác nội tiếp word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com b) Chứng minh NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP Câu 5: (2,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  z Chứng minh xz y2 x  2z    y  yz xz  yz x  z - HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………… … Số báo danh:……………… Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA 2017 2018 Câu 1: (4,0 điểm) x x x 1  2x  x   x x  x x x x x  x , với x  0, x 1 a) Cho biểu thức Rút gọn P tìm tất giá trị x cho giá trị P số P nguyên b) Tính giá trị biểu thức P 4( x  1) x 2018  x 2017  x  x  3x  3 2 32 x Lời giải a) Với điều kiện x  0, x 1 , ta có : P x x    x  x  x 1    x  x 1   x x  x 1   x  1  x  x  1  x  x  1 x  x  x  2  x  x  1  x  x  1  x  1  x  2  x    x  1  x  x 1 x  x 1 x x x   x 1  2x  x 1 x    x  x  x 1 x 1 Ta có với điều kiện x  0, x 1  x  x   x    0P x 2 x 2  1  2 x  x 1 x 1 x 1 x 2 1  x 1 x  x  P Do nguyên nên suy (loại) Vậy khơng có giá trị x để P nhận giá trị nguyên Chú ý 1: Có thể làm theo cách sau P 1  Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com P x 2  Px   P  1 x  P  0 x  x 1 , coi phương trình bậc hai x Nếu P 0   x  0 vơ lí, suy P 0 nên để tồn x phương trình có 4 2 2   P  1  P  P   0   3P  P  0  P  P     P  1  Do P nguyên nên  P  1 +) Nếu +) Nếu  P  1 2  P  1 0  P 1  x 1 không thỏa mãn  P 2 1    P 2  x  x 0  x 0  P 0 không thỏa mãn Vậy khơng có giá trị x thỏa mãn x b) Vì nên 31   2  2 2 x 3 2 nghiệm đa thức x  x  P Do x 2017  x  x  1  x   2x  x  1  x   x 1 3  x 1 Chú ý 2: Nếu học sinh không thực biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay số tìm kết cho 0,5 đ Câu 2: (4,0 điểm) a) Biết phương trình (m  2) x  2(m  1) x  m 0 có hai nghiệm tương ứng độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vng ( x  y ) (8 x  y  xy  13)  0   2 x  x  y 1 b) Giải hệ phương trình  Lời giải Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com a) Phương trình (m  2) x  2(m  1) x  m 0  ( x  1)  (m  2) x  m  0 có hai nghiệm m 2 Khi nghiệm phương trình m m Hai nghiệm độ dài hai cạnh góc vng tam giác vuông suy a 1và b  m 0 m0 m m  Từ hệ thức 1   2 a b h tam giác vng ta có ( m  2) m     2 m m m   2m  m  m 4 Với m (thỏa mãn) m   2m   m  m  (loại) Với m Vậy m 4 giá trị cần tìm ( x  y ) (8 x  y  xy  13)  0 (1)   (2)  x  x  y 1  b) ĐKXĐ: x  y 0  2 8( x  y )  xy  ( x  y ) 13   2 x  1  x y Chia phương trình (1) cho ( x  y ) ta hệ      3( x  y ) 13 5  ( x  y )   ( x  y)       x  y    ( x  y ) 1   x y     5  x  y    3( x  y ) 23 x y       x  y  x  y   ( x  y ) 1   5u  3v 23 (3)  u x  y  , v x  y u  v 1 (4) xy Đặt (ĐK: | u |2 ), ta có hệ  Từ (4) rút u 1  v , vào (3) ta 5u  3(1  u ) 23  4u  3u  10 0  u 2 Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: u  TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com u  Trường hợp loại u   2 x  y  x y   x  y   Với u 2  v  (thỏa mãn) Khi ta có hệ Giải hệ cách x   y vào phương trình đầu ta 2y  1 2  y 1 2y  Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) (0;1) Câu 3: (4,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình y  y  62 ( y  2) x  ( y  y  8) x a, b số nguyên dương thỏa mãn p a  b số nguyên tố 2 p  chia hết cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax  by chia hết cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p b) Cho Lời giải a) y  y  62 ( y  2) x   y  y   x (1) Ta có (1)   y    y  3  56 ( y  2) x   y    y   x   y    x   y   x   y  3  56   x  1  y    x  y  3 56  y     x  1 x  y  3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích Nhận thấy ba số nguyên mà tổng hai số đầu số lại Như ta có ) 56 1.7.8   x; y   2;9  ) 56 7.1.8   x; y   8;3 ) 56         x; y    7;3  ) 56 1   8      x; y   2;   ) 56      1   x; y    7;9  ) 56 7      1   x; y   8;   Vậy phương trình có nghiệm ngun Chú ý 3: Học sinh biến đổi phương trình đến dạng  y    x   y   x   y  3  56 (được 0,5đ), sau xét trường hợp xảy Khi với nghiệm tìm cho 0,25 đ (tối đa nghiệm = 1,5 đ) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com b) Do p  58 nên p 8k  ( k  ) k 2 Vì  ax  Nhận thấy   by  k 2  ax  by  p k 2 x8k 4  b k 2 y 8k 4 p nên a a k 2 x8 k 4  b k 2 y k 4  a k 2  b k 2  x8 k 4  b4 k 2  x8 k 4  y8 k 4  a k 2  b k 2  a  k 1   b2  k 1  a  b   p 8k 4  y 8k 4 p (*) b  p nên x Nếu hai số x, y có số chia hết cho p từ (*) suy số thứ hai chia hết cho p Nếu hai số x, y không chia hết cho p theo định lí Fecma ta Do có : x8 k 4  x p  1(mod p), y k 4  y p  1(mod p )  x8 k 4  y 8k 4 2(mod p ) Mâu thuẫn với (*).Vậy hai số x y chia hết cho p Câu 4: (6,0 điểm) (O),( I ),( I ) a Cho tam giác ABC có theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A O, I , I a Gọi D tiếp điểm ( I )  PI a cắt (O) điểm với BC , P điểm cung BAC (O) , K Gọi M giao điểm PO BC , N điểm đối xứng với P qua O tam giác với tâm tương ứng IBI aC tứ giác nội tiếp NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác b) Chứng minh I a MP   DAI KAI a) Chứng minh c) Chứng minh a Lời giải Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com P A F O I B M K D C N Ia a) I a tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A I tâm đường tròn BI  BI , CI a  CI nội tiếp tam giác ABC, từ suy a ( Phân giác phân giác ngồi góc vng góc với nhau) Xét tứ giác   IBI a C có IBI a  ICI a 180 Từ suy tứ giác IBI a C tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính II a b) Nhận thấy bốn điểm  BAC ) A, I , N , I a thẳng hàng (vì thuộc tia phân giác  Do NP đường kính (O) nên NBP 90 , M trung điểm BC nên PN  BC M Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng PBN ta có NB NM NP   Vì BIN góc ngồi đỉnh I tam giác ABI nên BIN =   1   ABC  BAC  (1) 2   BAC   NBC  NAC  (cùng chắn cung NC) Xét (O): Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com      NBI NBC  CBI  BAC  ABC (2)   BIN = NBI nên tam giác NIB cân N Từ (1) (2) ta có   Chứng minh tương tự tam giác NIC cân N N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , Từ suy IBI a C  NI a2 NB NM NP tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP Vậy Câu 5: (2,0 điểm) Cho x, y , z số thực dương thỏa mãn x  z Chứng minh xz y2 x  2z    y  yz xz  yz x  z Lời giải y2 2z 1 xz y2 x  2z yz x P      xz z y y  yz xz  yz x  z 1  1 yz x yz Ta có xz yz x y 2z y 1 2 x  a  b   2c   z  y x z b2 1 a 1  c2 1 1  z y x x y z a  , b  , c   a , b, c   y z x x a b   1  x  z  z c Nhận xét Xét 2 2 2 a2 b2 2ab a  a  1  ab  1  b  b  1  ab  1  2aba  a  1  b  1    b  a  ab   a 1  b2 1  ab 1  ab  a  b    a  b   a  b3    a  b  a  1  b  1  ab 1 a2 b2 2ab    c  b  a  ab  1  1  c c Do Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: 0  1 Đẳng thức xảy a b TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 2  2c    Khi  c c 1   2   c     c    2c     c    c  1  c    c2  1 c  3c  3c  c3   0   c    c2  1  c    c2   c 1     suy điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy a b, c 1  x  y  z Từ  1 Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC