PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN TRỰC NINH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC : 2017-2018 MƠN TỐN LỚP Thi ngày 04 tháng năm 2018 Bài (4,0 điểm) 1) Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x x 14 x 24 b) x 2018 x 2017 x 2018 2) Cho x y 1 xy 0 Chứng minh rằng: 2 x y x y 2 0 y x x y 3 Bài (3,0 điểm) a) Tìm cặp số nguyên x, y thỏa mãn y xy 3x 0 y2 2x 4 x ; y x b) Tìm cặp số nguyên thỏa mãn cho tích x y đạt giá trị lớn Bài (3,0 điểm) a) Tìm đa thức f ( x), biết f ( x) chia cho x dư 10, chia cho x dư 24, chia cho x thương 5x dư b) Cho p p 1là số nguyên tố lớn Chứng minh p 1là hợp số Bài (8,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A AB AC có AD tia phân giác BAC Gọi M N hình chiếu D AB AC , E giao điểm BN DM , F giao điểm CM DN 1) Chứng minh tứ giác AMDN hình vng EF / / BC 2) Gọi H giao điểm BN CM Chứng minh ANB đồng dạng với NFA H trực tâm AEF 3) Gọi giao điểm AH DM K, giao điểm AH BC O, giao điểm BI AO DM 9 KI KO KM I BK AD Chứng minh : Bài (2,0 điểm) m2 n2 m n x 0, y m , n x y xy a) Cho hai số thực Chứng minh b) Cho a, b, c ba số dương thỏa mãn abc 1 Chứng minh rằng: 1 a b c b c a c a b ĐÁP ÁN Bài 1) a) x3 x 14 x 24 x3 x x x 12 x 24 x x x x 12 x x x 12 x x x 3 x b) x 2018 x 2017 x 2018 x 2017 x x 2017 x 2017 x x 1 2017 x x 1 x x 1 x x 1 2017 x x 1 x x 1 x x 2018 2) Với x y 1 xy 0 ta có: x y x4 x y y y x3 y 1 x3 1 x y4 x y xy x x 1 y y 1 x y x y x y 1 xy x y xy x y x y xy x y x2 x y y xy x y x y x y x x 1 y y 1 xy x y 3 2 2 x y x2 y 2 x y x y 0 3 2 y x x y Vậy Bài a) y xy x 0 x xy y x 3x x y x 1 x * VT (*) số phương, VP (*) tích hai số nguyên liên tiếp nên phải có số x 0 x x 0 x Với x y 1 Với x y 2 b) Điều kiện x 0 y2 y 2x 4 x x xy xy 2 x x 2 1 y x x xy 2 x 2 2 1 y x 0; x 0 x 2 Vì với x 0; y Do xy 2 mà x, y x 1; y 2 x 2; y 1 x 1; y x 2; y Dấu xảy Bài a) Giả sử f x chia cho x thương 5x dư ax b Khi f ( x) x x xa b Theo đề ta có: f (2) 24 2a b 24 f ( 2) 10 2a b 10 a b 17 f ( x) x x x 17 Do 47 f ( x) x x 17 Vậy b) Do p số nguyên tố lớn nên có dạng p 3k 1; p 3k với k + Nếu p 3k p 6k 3 2k 1 Suy p hợp số (vô lý) +Nếu p 3k 1, k p 12k 3. 4k 1 Do k nên 4k Do p 1là hợp số Bài A N M H E B LF K OD C 1) *Chứng minh tứ giác AMDN hình vng +) Chứng minh AMD 90 ; AND 90 ; MAN 90 Suy tứ giác AMDN hình chữ nhật +)Hình chữ nhật AMDN có AD phân giác MAN nên tứ giác AMDN hình vng *Chứng minh EF // BC FM DB (1) FC DC +) Chứng minh : DB MB (2) Chứng minh: DC MA MB MB AM DN (3) MA DN Chứng minh MB EM (4) DN ED Chứng minh EM FM EF / / BC , , , ED FC Từ suy 2) Chứng minh ANB NFA AN DN (5) AN DN AB AB Chứng minh suy DN CN (6) Chứng minh AB CA CN FN (7) Chứng minh CA AM FN FN (8) AM AN AM AN Chứng minh Suy AN FN ANB NFA c.g c AB AN Từ (5) (6) (7) (8) suy *chứng minh H trực tâm tam giác AEF Vì ANB NFA nên NBA FAN 0 Mà BAF FAN 90 NBA BAF 90 Suy EH AF , Tương tự: FH AE , suy H trực tâm AEF 3) Đặt S AKD a, S BKD b, S AKB c Khi đó: S ABD S ABD S ABD a b c a b c a b c S AKD S BDK S AKB a b c b a a c b c 3 a b c a c b b a 2 Theo định lý AM-GM ta có: a b a c b c 2 ; 2 c b Tương tự : c a BI AO DM 9 Suy KI KO KM Dấu " " xảy ABD tam giác đều, suy trái với giả thiết Bài 5a) Với x 0, y m, n ta có: m2 n2 m n (1) x y x y m y n x x y xy m n 2 nx my 0 5b) Áp dụng bất đẳng thức 1 ta có: 2 m2 n2 p m n p2 m n p (2) x y z x y z xyz 1 1 1 a b2 c2 a b c b3 c a c3 a b ab ac bc ab ac bc Ta có: Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có: 2 1 1 1 1 1 a b c a b c a b c ab ac bc ab ac bc ab bc ac 1 1 2 a b c 1 2 1 1 1 a b c Hay ab ac bc ab ac bc a b c 1 2 1 a 3 b c Mà a b c nên ab ac bc ab ac bc 1 3 Do đó: a b c b c a c a b abc 1