PHÒNG GD&ĐT YÊN LẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017-2018 MƠN : TỐN Câu (1,5 điểm) 2 1 0,25 0,4 11 : 2014 M 7 1,4 0,875 0,7 2015 11 1) x x x x , 2) Tìm biết Câu (2,5 điểm) 1) Cho a, b, c ba số thực khác 0, thỏa mãn điều kiện : a b c b c a c a b c a b a c b B a c b Hãy tính giá trị biểu thức 2) Ba lớp A,7 B,7C mua số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự định chia cho ba lớp với tỉ lệ : : sau chia theo tỉ lệ : : nên có lớp nhận nhiều gói Tính tổng số gói tăm mà ba lớp mua Câu (2,0 điểm) 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A x x 2013 với x số nguyên 2) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x y z xyz Câu (3,0 điểm) Cho xAy 60 có tia phân giác Az Từ điểm B Ax kẻ BH vng góc với Ay H , kẻ BK vng góc với Az Bt song song với Ay, Bt cắt Az C Từ C kẻ CM vng góc với Ay M Chứng minh: a) K trung điểm AC b) KMC tam giác c) Cho BK 2cm, tính cạnh AKM Câu (1,0 điểm) a b c 2 bc ac ab a b c Cho ba số dương Chứng minh rằng: ĐÁP ÁN Câu 0,4 1) M 1,4 2 1 0,25 11 : 2014 7 0,875 0,7 2015 11 2 11 7 11 1 1 2 : 2014 7 2015 7 10 1 1 2014 11 : 1 1 2015 11 2 2014 : 0 7 2015 2 2) Vì x x nên 1 x x x x 2 +Nếu x 1 * x 2 x 3 +Nếu x x x Câu 1) +Nếu a b c 0 , theo tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: a b c b c a c a b a b c b c a c a b 1 c a b a b c a b c bc a ca b a b b c c a 1 1 2 2 c a b c a b Mà b a c b a c a b c B 8 a c b a c b Vậy +Nếu a b c 0 , theo tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: a b c b c a c a b a b c b c a c a b 0 c a b a b c a b c bc a ca b a b b c c a 1 1 1 1 c a b c a b Mà b a c b a c a b c B 1 a c b a c b Vậy 2) Gọi tổng số gói tăm lớp mua x x * Số gói tăm dự định chia cho lớp A,7 B,7C lúc đầu a, b, c a b c a b c x 5x 6x 7x a ; b ; c (1) 18 18 18 18 18 Ta có: Số gói tăm sau chia cho lớp a ', b ', c ' , ta có: a ' b ' c ' a ' b ' c ' x 4x 5x 6x a ' ;b ' ; c ' (2) 15 15 15 15 15 So sánh 1 ta có: a a '; b b '; c c ' nên lớp 7C nhận nhiều lúc đầu 6x x 4 x 360(tm) 15 18 Vậy Vậy số gói tăm lớp mua 360 gói c ' c 4 Câu A x x 2013 x 2013 x 1) Ta có: x 2013 x 2015 x 2013 x 0 x Dấu " " xảy Vậy MaxA 2015 x 2) Vì x, y, z nguyên dương nên ta giả sử x y z 1 Theo 2013 1 1 1 x 3 x 1 yz yx zx x x x x Thay vào đầu ta có: y z yz y yz z 0 y z z 0 y 1 z 1 2 Th1: y 1 y 2 z 2 z 3 Th2 : y 2 y 3 z 1 z 2 Vậy có hai cặp nghiệm nguyên thỏa mãn 1,2,3 ; 1,3,2 Câu z x B t C K A H M y CAB ACB MAC ABC a) cân B BK đường cao BK đường trung tuyến K trung điểm AC b) ABH BAK ( cạnh huyền – góc nhọn) 1 AK AC BH AC BH AK (hai cạnh tương ứng) mà 2 Ta có: BH CM (tính chất đoạn chắn) mà CK BH AC CM CK MKC tam giác cân (1) ACB 300 MCK 60 (2) MCB 90 Mặt khác: Từ (1) (2) MKC tam giác c) Vì ABK vng K mà KAB 30 AB 2 BK 2.2 4cm 2 Vì ABK vng K nên theo pytago ta có: AK AB BK 16 12 KC AC KC AK 12 Mà KCM KC KM 12 Theo phần b, AB BC 4, AH BK 2, HM BC ( HBCM hình chữ nhật) AM AH HM 6 Câu Vì a b c 1 nên: a 1 b 1 0 ab a b a a Tương tự: bc b c (2); 1 c c ab a b ab a b 1 b b (3) ac a c a b c a b c Do đó: bc ac ab b c a c a b (4) 2 a b c a b c 2a 2b 2c 2(5) b c a c a b a b c a b c a b c a b c Mà : a b c 2 bc ac ab Từ (4) (5) suy : (dfcm)