UBND HUYỆN KINH MƠN PHỊNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017-2018 MƠN:TỐN – LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Câu (2,0 điểm) 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x x 1 x 2) Biết 4a b 5ab với 2a b Tính giá trị biểu thức: Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau: 1) x x x 0 C ab 4a b 2 9x x 8 2x x 2x x Câu (2,0 điểm) 2) 2 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x xy x y y 10 0 2) Cho đa thức f ( x) x 3x x Với giá trị nguyên x giá trị đa thức f ( x) chia hét cho giá trị đa thức x Câu (3,0 điểm) Cho O trung điểm đoạn AB Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB vẽ tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ đường thẳng vng góc với OC cắt tia By D 1) Chứng minh AB 4 AC.BD 2) Kẻ OM vng góc CD M Chứng minh AC CM 3) Từ M kẻ MH vng góc AB I Chứng minh BC qua trung điểm MH Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn x y z 1 1 P 16 x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ĐÁP ÁN Câu 1.1 x x 1 x x x 1 x 1 x x x x x x x x x x x 1 1.2 4a b 5ab a b 4a b 0 a b 0 a b 4a b 0 4a b Do 2a b nên 4a b loại C ab a2 2 2 4a b 4a a Với a b Câu 2.1 * Với x 1 * ta có phương trình x x x 0 x x 0 x 1 0 x 1 (Thỏa *) *Với x 1 ** ta có phương trình x x x 0 x x 0 x 1 x 0 + x 0 x 1 (không thỏa mãn điều kiện **) x 0 x 3 ( không thỏa mãn điều kiện **) Vậy nghiệm phương trình x 1 2.2 Xét x 0 khơng phải nghiệm Xét x 0 9x x 8 2x x 2x x 8 3 2x 1 2x x x x t , x Đặt ta có phương trình: 8 t 1 t 2 PT 8t 8t 0 2t 1 0 t x x x 0 2x 95 x 0 16 Suy phương trình vơ nghiệm Câu 3.1 Ta có: x xy x y y 10 0 x xy 28 x 28 y y 40 0 x y y 9 * Ta thấy x y 0 nên y 01; 1 y 9 y y nguyên nên y 0;1 Với y 0 thay vào * ta được: x 9 tìm x 2; 5 * x 5 , khơng tìm x nguyên y Với thay vào ta có: Với y thay vào * ta có x 5 khơng tìm x ngun x; y 2;0 ; 5;0 Vậy 3.2 Chia f x cho x thương x dư x 2 Để f ( x) chia hết cho x x chia hết cho x x x chia hết cho x x chia hết cho x x chia hết cho x 6 x x ước 2 Mà x 2 x 3;6 x 1; 2 Thử lại ta thấy x 1; x thỏa mãn Vậy với x 1; x f ( x) chia hết cho x Câu y x I D M C K A H O B 1) Chứng minh OAC DBO g g OA AC OA.OB AC.BD DB OB AB AB AC.BD AB 4 AC.BD (dfcm) 2 OC AC OAC DBO g.g OD OB 2) Theo câu a ta có OC AC OC OD OA OB OD OA AC OA Mà Chứng minh OCD ACO c.g c OCD ACO Chứng minh OAC OMC ch gn AC MC (dfcm) 3) Ta có: OAC OMC OA OM ; CA CM OC trung trực AM OC AM Mặt khác : OA OM OB AMB vuông M OC / / BM (Vì vng góc với AM ) hay OC / / BI Chứng minh C trung điểm AI MK BK KH IC BC AC / / AI Do MH theo hệ Ta let ta có: Mà IC AC MK HK BC qua trung điểm MH (đpcm) Câu 1 1 1 y x z x z y 21 P x y z 16 x y z 16 x y z 16 x y 16 x z y z 16 y x 16 x y Dấu " " xảy y 2 x Theo BĐT Cô si ta có: z x Tương tự: 16 x z , dấu “=” xảy z 4 x z y 1 4y z , dấu " " xảy z 2 y 49 P x ; y ;z 16 Dấu " " xảy 7 49 MinP x ; y ;z 16 với 7 Vậy