PHỊNG GD&ĐT TÂN SƠN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG LỚP CẤP TỈNH NĂM HỌC 2016-2017 MƠN THI: TỐN-TỰ LUẬN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi cú 01 trang Cõu 1(3im): a) Tìm số nguyên tố p q cho số 7p + q pq + 11 số nguyên tố P x 2012 y 2013 z 2014 b) Cho x ; y ; z số nguyên S x y z 2013 Chứng minh P chia hết cho 30 S chia hết cho 30 Câu (3,5điểm) a) Giải phương trình: x3 2 x 3x 10 x y xy 4 y b) Giải hệ phương trình sau: ( x 1)( x y 2) y Câu 4(4,0điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R (R độ dài cho trước) M, N hai điểm nửa đường tròn (O) cho M thuộc cung AN tổng khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN R Gọi giao điểm hai dây AN BM I, giao điểm đường thẳng AM BN K a)Chứng minh điểm M, I, N, K thuộc đường trịn, tính bán kính đường trịn theo R b)Tìm giá trị lớn diện tích tam giác KAB theo R M, N thay đổi thỏa mãn giả thiết toán Câu 5(1,5điểm): Cho số x; y; z không âm, không đồng thời thỏa mãn: 1 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x 1 y z P x y z x yz Hết TÂN SƠN ĐÁP ÁN ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN CẤP TỈNH MễN TON NM HC 2016-2017 Cõu 1(3,0im):a) (1,5im):Tìm số nguyên tố p q cho số 7p + q pq + 11 số nguyên tố Dễ thấy số(p;q) là(2;3), (3;2) thỏa mÃn.Ta chứng minh không số khác Khi p>3, q>3, p q số nguyên tố nên p=3k+1 p=3k+2, q=3n+1, q=3n+2 (0,25im) Xét trờng hợp p=3k+1, q= 3n+1 p=3k+2, q=3k+2 pq+11 chia hết loại (0,5im) Xét trờng hợp p=3k+1, q= 3n+2 p=3k+2, q=3k+1 7p+q chia hết loại (0,5im) Vy b s(p;q) là(2;3), (3;2) (0,25điểm) b)(1,5điểm).Cho x ; y ; z 5 P x 2012 y 2013 3z 2014 S x y z 2013 số nguyên Chứng minh P chia hết cho 30 S chia hết cho 30 Đặt a x 2012; b 2 y 2013; c 3z 2014 Ta có: P a b5 c ( a ; b ; c số S a b c nguyên ) 5 Xét P S a a b b c c (0,25điểm) Ta có : với số nguyên m m5 m chia hết cho 30 Thật vậy: m5 m m(m4 1) m(m2 1)(m2 1) m(m 1)(m 1)(m 2)(m 2) 5m(m 1)(m 1) (1) Với số nguyên m m;( m 1);(m 1);( m 2);(m 2) số nguyên liên tiếp nên có thừa số chia hết cho 2; thừa số chia hết cho 3;1 thừa số chia hết cho mà 2; 3; nguyên tố đơi nên tích chúng chia hết cho 2.3.5 Hay m(m 1)(m 1)(m 2)(m 2) chia hết cho 30 (2) Và m;(m 1);(m 1) m;(m 1);(m 1);(m 2);(m 2) số nguyên liên tiếp nên có thừa số chia hết cho 2; thừa số chia hết cho mà 2; nguyên tố nên tích chúng chia hết cho 2.3 Hay 5m(m 1)( m 1) chia hết cho 30 (3) Từ (1); (2); (3) Suy với số nguyên m m m chia hết cho 30 5 Do P S a a b b c c chia hết cho 30 với a; b; c số nguyên (1,25điểm) Câu (3,5điểm):a) (2,0điểm) Giải phương trình: x3 2 x 3x 10 ĐK: x Với điều kiện biến đổi phương trình cho trở thành: ( x 2)( x x 4) 2( x x 4) ( x 2) Chia hai vế phương trình cho x x , ta (0,5 điểm) x2 x2 3 0 (1) x 2x x 2x (0,5 điểm) x2 (t 0) x 2x Thay vào (1) ta t 3t 0 t 1 t 2 (t/m) x 1 x2 =1 x x + với t 1 ta có x 2 (t/m) x2 2x (0,5 điểm) Đặt t + với t 2 ta có x2 =2 x x 14 0 (vô nghiệm) x 2x Vậy phương trình có tập nghiệm S={1;2} (0,5 điểm) 2 x y xy 4 y b) (1,5 điểm) Giải hệ phương trình sau: ( x 1)( x y 2) y x y ( x y ) 4 y ( x 1)( x y 2) y x 0 y + Với Hpt trở thành: (vô nghiệm) ( x 1)( x 2) 0 x2 1 y ( x y ) 4 + Với y 0 Hệ trở thành (1) ( x 1)( x y 2) 1 y a b 4 x2 1 a , b x y thay vào hpt(1) ta + Đặt y a(b 2) 1 + Giải được: a 1, b 3 x2 1 1 + Với a 1, b 3 y x y 3 Vậy nghiệm hệ là: ( x; y ) (1; 2) ; (x;y)=(-2;5) 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ Câu 4(4,0điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R (R độ dài cho trước) M, N hai điểm nửa đường tròn (O) cho M thuộc cung AN tổng khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN R Gọi giao điểm hai dây AN BM I, giao điểm đường thẳng AM BN K a.Chứng minh điểm M, I, N, K thuộc đường trịn, tính bán kính đường trịn theo R b.Tìm giá trị lớn diện tích tam giác KAB theo R M, N thay đổi thỏa mãn giả thiết toán a) (2,0 điểm) Gọi E trung điểm MN F trung điểm IK Chứng minh điểm M, I, N, K nằm đường trịn tâm F bán kính MF (0,75 điểm) * Ta có điểm E, F, O thuộc đường trung trực MN nên điểm F, E, O thẳng hàng Tính OE R , MN R Suy tam giác OMN tam giác điểm) góc MON = 600 góc MKN = 600, suy góc MFN = 1200 Do đó, góc MFE = 600 điểm) Trong tam giác MEF, ta tính MF = (0,5 (0 ,5 R Vậy bán kính đường trịn qua bốn điểm M, I, N, K R (0,25 điểm) b (2,0 điểm) Ta có S KAB KH AB SKAB lớn KH lớn Mà KH KO nên KH lớn KH = KO hay H trùng với O Khi đó, tam giác KAB cân K Mà góc K 60 nên tam giác KAB tam giác (1,0 điểm) Ta có KO 3.R S KAB 3R Vậy giá trị lớn diện tích tam giác KAB điểm) 3R (1,0 Câu 5(1,5điểm): Cho số x; y; z không âm, không đồng thời thỏa mãn: 1 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x 1 y z P x y z x yz Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với a, b, c R x, y, z > ta có a2 b2 c2 a b c x y z xyz (*) Dấu “=” xảy Thật vậy, với a, b R x, y > ta có a y b x x y xy a b a b c x y z a2 b2 a b x y x y (**) bx ay 0 (luôn đúng) áp dụng bất đẳng thức (**) ta có a2 b2 c2 a b c2 a b c x y z x y z xyz Dấu “=” xảy a b c x y z 1 1 Áp dụng với a = b= c = ta có x 1 y z x y z x y z => x y z 9 => x y z 3 ( Có thể chứng minh BĐT nhờ áp dụng BĐT Bunhicopski ) (0,5 điểm) Áp dụng BĐT Côsi cho số dương ta có: P x y z 8(x y z) x y z 8.3 x yz 10 x yz 9 x yz 9 x y z (0,5 điểm) Dấu “=” xảy số x; y; z không âm không đồng thời thỏa mãn : x y z 3 x y z x yz x y z 1 1 x 1 y z 10 Vậy Min P x = 2; y = 1; z = x 2 y 1 ( Thỏa mãn) z 0 (0,5 điểm) Hết