57 hsg 18 ben tre minh ha trieu

Website:tailieumontoan.com ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẾN TRE NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: (6 điểm) a) Giải phương trình: 2017 2017 x  2016  2018 x  2017 2018 A b) Rút gọn biểu thức:  3  2  3   3 2 3   x  x y 7  y  3xy 5 c) Giải hệ phương trình:  Câu 2: (4 điểm) Cho số thực dương a , b, c thỏa mãn ab  bc  ca 28 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P Câu 3: 5a  5b  2c 12  a  28   12  b2  28   c  28 (6 điểm)  O; R  Giả sử điểm B, C cố Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  O  cho AB  AC AC  BC Đường trung định A di động đường tròn thực đoạn thẳng AB cắt AC BC P Q Đường trung trực đoạn thẳng AC cắt AB BC M N a) Chứng minh rằng: OM ON R b) Chứng minh bốn điểm M , N , P , Q nằm đường tròn c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ cắt S T Chứng minh ba điểm S , T , O thẳng hàng Câu 4: (4 điểm) 16 x  y 15 xy  371 a) Tìm số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình:   b) Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất 2019 bóng đèn chiếu sáng thị, bao gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 675 bóng đèn ánh sáng vàng sậm Người ta thực dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: lần người ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại thay vào hai bóng đèn thuộc loại cịn lại Hỏi theo quy trình trên, đến lúc đó, người ta nhận tất bóng đèn thuộc loại khơng? Giải thích sao? Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẾN TRE – TỈNH BẾN TRE NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 5: (6 điểm) a) Giải phương trình: 2017 2017 x  2016  2018 x  2017 2018 A b) Rút gọn biểu thức:  3  2  3   3 2 3   x  x y 7  y  3xy 5 c) Giải hệ phương trình:  Lời giải x a) ĐKXĐ: 2017 2018 2017 x  2016  2017 x     2017 2017 x  2016  2018  2017  2018 2018 x  2017  2018  Xét  2017 x  2016  x 1   2017 2017 x  2016  2018 x  2017  2018 2018 x  2017   Xét Xét x 1 thỏa mãn phương trình Vậy phương trình có nghiệm x 1 A b) Ta có: A  3  4 62    3 2  3    1 5   3 4  6  5 5 5   3 2   4 3  1    1    5  4  5 2  1 5   2 5 c)  x  x y 7    y  xy 5  x  x y 7   2 y  xy 5 5 x  30 x y 35  x  30 x y 14 y  21xy  14 y  21xy 35  x  x y  35 x y  35 x y  14 xy  14 y 0   x  y   x  35 xy  14 y  0 Xét x  y 0  x  y thay vào phương trình x  x y 7 ta x 7  x 1  y 1 Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com 2 Xét x  35 xy  14 y 0 Đặt y  xt , ta có: x  35 x 2t  14 x 2t 0  x  14t  35t   0 Vì x 0 khơng phải nghiệm nên t Với x3  14t  35t  0  t   35 3 105 28   35  105   35  105  y x   28 28   thay vào phương trình x  x y 7 ta 98 98 35  105 98  x   y 28  91  105 91  105 91  105 t Với x3    35  105   35  105  y x   28 28   thay vào phương trình x  x y 7 ta 98 98 35  105 98  x   y 28  91  105 91  105 91  105  98 35  105 98 ;  28 91  105  1;1 ,  91  105 Vậy hệ phương trình có nghiệm:   ,   98 35  105 98 ;   28 91  105   91  105 Câu 6: (4 điểm) Cho số thực dương a , b, c thỏa mãn ab  bc  ca 28 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 5a  5b  2c 12  a  28   12  b2  28   c  28 Lời giải Ta có: 12  a  28   12  a  ab  bc  ca    a  b   a  c  Áp dụng BĐT CauChy Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word môn  a  b  a  c   toán:  a  b   a  c  4a  3b  c TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com  12  a  28  4a  3b  c  1 c  28  Tương tự 12  b2  28  4b  3a  c   a b  c  3 Cộng theo vế  1 ,    3 được: 15a  15b  6c 12  a  28   12  b  28   c  28  Do đó: P  5a  5b  2c   15a  15b  6c 28 28 a b  c 5 11 , 11 Vậy GTNN P Đạt Câu 7: (6 điểm)  O; R  Giả sử điểm B, C cố Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O  cho AB  AC AC  BC Đường trung định A di động đường tròn trực đoạn thẳng AB cắt AC BC P Q Đường trung trực đoạn thẳng AC cắt AB BC M N a) Chứng minh rằng: OM ON R b) Chứng minh bốn điểm M , N , P , Q nằm đường tròn c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ cắt S T Chứng minh ba điểm S , T , O thẳng hàng Lời giải a) A O C B N Q P M Xét OBM ONB , ta có: Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com  BOM : chung   Ta có OMB 90  A   OBN  180  BOC 90  A Và     Nên OMB OBN Vậy OBM ONB (g.g)  OM OB  OB ON  ON OM OB  R  OM ON R b) A O C B N Q P M Chứng minh tương tự câu a, ta có: OP.OQ R  ON OM OP.OQ  OP OM   ON OQ , có MOP chung Vậy OPM ONQ (c.g.c)    ONQ OPM Suy tứ giác MNQP nội tiếp hay bốn điểm M , N , P, Q nằm đường tròn c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ cắt S T Chứng minh ba điểm S , T , O thẳng hàng Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Ta chứng minh O thuộc đường thẳng ST Thật vậy, giả sử OS cắt hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ T1 T2 Xét ONS OT1M  MOT : chung  M ONS  OT ( MNST1 nội tiếp) Vậy ONS OT1M (g.g)  ON OS  OT1 OM  ON OM OS OT1  1  2 Chứng minh tương tự, OP.OQ OS OT2  3 Mà ON OM OP.OQ Từ  1 ,    3 , suy ra: OS.OT1 OS.OT2 Do T1 trùng với T2 Vậy ba điểm S , T , O thẳng hàng Câu 8: (4 điểm) 16 x  y 15 xy  371 a) Tìm số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình:  Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn:  TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com b) Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất 2019 bóng đèn chiếu sáng thị, bao gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 675 bóng đèn ánh sáng vàng sậm Người ta thực dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: lần người ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại thay vào hai bóng đèn thuộc loại cịn lại Hỏi theo quy trình trên, đến lúc đó, người ta nhận tất bóng đèn thuộc loại khơng? Giải thích sao? Lời giải 16 x  y 15 xy  371   x  y a) Vì x, y nguyên dương nên   15 xy 16 x  y  371 Ta lại có số lẻ nên x, y lẻ suy y 1; x  y 1  x 3   Xét x 3  y   y 1 thay vào phương trình thỏa mãn 16  x  y  16  x   x    16  x  12 x   x   y   Xét x 5 ta có , suy Mặt khác 15 xy  371 15 x  x    371 15 x  30 x  371 16  x  12 x    15 x  30 x  371 Thật vậy, Ta chứng minh 16  x  12 x    15 x  30 x  371  81x  162 x  243   x  x     x  1  x  3  Suy 16  x  y   15 xy  371 Vậy phương trình có nghiệm với x 5 với x 5  x; y   3;1 b) Ta có 671 chia cho dư ; 673 chia cho dư ; 675 chia cho dư Ta thấy loại bóng đèn có số bóng chia cho số dư khác , , Sau bước thay bóng đèn, số bóng đèn loại giảm tăng thêm , số dư chúng chia cho thay đổi sau: - Số chia cho dư sau thay chia cho dư - Số chia cho dư sau thay chia cho dư - Số chia cho dư sau thay chia cho dư Do sau bước thay bóng số bóng đèn loại chia cho có số dư khác , , Vì ln ln có loại bóng đèn có số lượng bóng chia hết cho Giả sử đến lúc tất bóng đèn loại, số bóng đèn loại chia hết cho (mâu thuẫn) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Vậy khơng thể thay bóng theo quy trình để tất bóng đèn loại Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word mơn tốn: TÀI LIỆU TOÁN HỌC