PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN ĐƠNG SƠN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang 1 1 ( ) ( ) x y x y xy ( x y ) x y Bài 1: Cho biểu thức: A = a, Rút gọn biểu thức A b, Tính giá trị biểu thức A x = + ; y = - x y : xy xy Bài 2: Cho số a, b, c thỏa mãn: a b c a3+b3 +c3 = 3abc a b b c c a a c ; P= c c a b Q = a b b c c a Chứng minh : P.Q = Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1) x = 2(x2+1) + 2x -1 Bài 4: Giải hệ phương trình sau: x y x y x y 18 xy x y 13 Bài 5: Cho số x,y,z thỏa mãn x + y + z = x 4+y4+z4 =3xyz Hãy tính giá trị biểu thức M = x2006 + y2006 + z2006 Bài 6: Cho Parabol (P) có phương trình y = x điểm A(3;0) ; Điểm M thuộc (P) có hồnh độ a a) Xác định a để đoạn thẳng AM có độ dài ngắn b) Chứng minh AM ngắn đường thẳng AM vng góc với tiếp tuyến (P) điểm M Bài 7: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x3 + x2 + x +1 = 2003y Bài 8: Cho tam giác ABC vuông A I trung điểm cạnh BC, D điểm cạnh BC Đường trung trực AD cắt đường trung trực AB, AC theo thứ tự E F a) Chứng minh rằng: điểm A,E,I,D,F thuộc đường tròn b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB c) Cho AC = b; AB = c Hãy tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AEF theo b, c Bài 9: Cho tam giác ABC cân A Một điểm P di động BC Qua P vẽ PQ//AC (Q AB) PR//AB (R AC) Tìm quỹ tích điểm D đối xứng với P qua QR Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp Mơn : Tốn Bà i Lời giải Biểu điểm 0,25 a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x y ( A= = 1 1 ) ( ) x y x y xy ( x y ) x y 2( x y ) x y xy ( x y )2 ( x y )3 ( x y ) x y xy = xy( x = xy y) xy xy x x y : xy xy xy xy x y xy xy x y xy x y y = b) Với x= + Và y = xy 0 x y A= 0,75 ta có : x >y 0,25 [( ) ( ) ] ( xy )2 42 8 x y xy ( ) ( ) ( )2 2.2 Mà A2 = Vậy : A = 2 Ta có : a3 + b3 + c3 = 3abc a3 + b3 + c3 -3abc = (a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc ) = (1) Mà a2 + b2 + c2 - ab – ac –bc = [(a –b )2 + (b – c)2 +(c-a)2 ] 0 ( Do a b c ) Do đó:(1) a +b +c = a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2) 0,75 0,5 Mặt khác : a b b c c a ab( b a ) bc( b c ) ac ( c a ) a b abc P= c 2 2 ab( a b ) b c bc ac a c ( a b )( b c )( a c ) abc abc P= (3) Hơn : a b z b c x c a y Đặt Vì : Ta có x y a b c 3c y z b c a 3a z x a c b 3b (do (2) ) 0,5 c a b x y y z z x ( ) a b b c c a z x y Q= ( x y ).( y z ).( x z ) xyz =-3 ( Biến đổi tương tự rút gọn P ) ( 3c ).( 3a ).[ ( 3b )] = - ( a b ).( b c ).c a ) 9abc = ( a b )( b c )( c a ) 0,75 (4) ( a b ).( b c ).( a c ) abc 9 abc ( a b ).( b c ).( c a ) Từ (3) (4) ta có : P.Q= Vậy 0,25 P.Q = (4x – 1) x 2(x2 +1) +2x -1 (5) x = y ( y 1) Ta có : Đặt (5) (4x -1).y = 2y2 + 2x – 2y2 - 4xy +2x + y -1 = (2y2 – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) = (y-2x + ) (2y- 1) = 0,25 1,0 y 2 x y 1( lo¹i ) x = 2x -1 x2 + = 4x2 – 4x + 0,75 x 0 x 4 x(3x – 4) = x y x y ( a ) x y 18 xy x y 13( b ) (I ) (ĐKXĐ : x 0; y ) Ta có : ( a) ( x y )( x y ) x y =0 x y x = y vào (b) ta đợc : 2x +18x = x x 13 20x - x -13 = (6) x =t Đặt (t ) ta có : t 1 t 13 0( lo¹i ) 20 ( 6) 20 t – 7t – 13 = x =1 x=1 Vậy hệ (I) có nghiệm (x,y) = (1, 1) 1,0 1,0 x4 y4 x4 y4 x y2 y z4 4 2 y z y z z4 x4 z x x z Theo BĐT Cô si ta có : x4 + y4 +z4 x2y2 + y2z2 +x2z2 (7) 0,75 2 2 2 2 Mặt khác : x y + y z +x z xy z + xyz +x yz (C/M tương tự trình trên) x2y2 + y2z2 +x2z2 xyz (x +y +z) 2 x y + y2z2 +x2z2 3xyz (8) (do x +y z =3 ) Do : x4 +y4 + z4 3xyz (9) Dấu “ = “xảy x4 y4 ; y4 z4 ; z4 x4 2 2 2 2 2 2 x y y z ; y z z x ;z x x y x = y = z Hơn x + y +z =3 Từ (10 ) (11) 3x = x = y = z =1 x2006 + y2006 + z2006 = + +1 = Vậy : M=3 0,75 (10) (11) a)Ta có : A (3; 0) M(a; a2 ) : AM2 = (a – 3)2 +(a2 – 0)2 = a4 + a2 – 6a +9 = (a4 -2a2 +1 ) +3 ( a2 – 2a +1 ) +5 = ( a2 -1)2 + 3(a-1)2 + AM Min AM = a = b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn a = ,Khi M(1;1) x Do phương trình đường thẳng AM là: y = - (do A(3;0)) (c) Gọi phương trình đường thẳng qua điểm M (1;1) tiếp xúc với ( P) điểm M (d) : y = ax +b ta có : a + b = (12) (Do M(1;1) (d) ) phương trình : x2 = ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) ) Mà : x2 = ax + b x2 – (ax + b ) = (14) Phương trình (14 ) có = (-a)2 – 4.1.(-b) = a2 + 4b Nên : (13) a2 + 4b = (15) Từ (12) (15 ) ta có hệ phương trình: a b a ( a ) a b a b b a Vì phương trình đường thẳng qua điểm M(1;1) tiếp xúc với 0,5 1.0 0,25 ( P ) M : y = 2x -1 (d) 0,5 (do - = -1 ) Từ (c ) ( d) (d) AM Vậy : Khi AM ngắn AM vng góc với tiếp tuyến (P) tạiM +)Nhận thấy (0;0) nghiệm nguyên phương trình : x + x2 +x +1 = 2003 (16) y +) Với y< ta có : 2003 Z mà x +x +x +1 Z 0,25 0,5 (Với x Z ) Phương trình (16) khơng có nghiệm ngun thỏa mãn y < 0,25 +) Với y >0 ta có : (16) (x +1)(x2 +1) = 2003y (*) Từ (*) x +1 >0 (do x2 +1 > 2003y > ) Đặt ƯCLN ( x + 1; x2 +1 ) = d ta có : (x+1) d (x2 + 1) d [ x2 +1 + (x +1) (1 - x)] d 2d Hon nòa tõ (*) 2003 y d d =1 (**) Mặt khác : 2003 số nguyên tố ,nên ớc 2003y 2003m (m N* ) (***) x 1 Từ (*) , (**) (***) x x = y = (loại) phương trình (16) khơng có nghiệm ngun thỏa mản y > Vậy : Phương trình có nghiệm nguyên ( 0; 0) a) Ta có : E giao điểm đường trung trực cạnh AD,AB Nên E tâm đường tròn ngoại tiếp ABD Tương tự ta có: F tâm đường trịn ngoại tiếp ACD Do : B +ABD = +ACD = A F M E AED AED = B AFD 1,0 0,25 C H I 0,5 D AFD = C AED + AFD = (B +C) =1800 AEDF Nội tiếp Lại có : AI = BC = BI ABC cân I BAI = B AID = B AID + AFD = 1800 (17) 0,5 0,5 Tứ Giác AIDF nội tiếp (18) Từ (17 ) ; (18 ) điểm A , E , I , D , F thuộc đường trịn b)Ta có EF đường trung trực AD nên : AE = ED ; FA =FD AEF = DEF ( c c.c ) 1 + )AEF = DEF = AED = B = B + ) Tương tự AEF = C ABC (g.g) Suy AEF AE AF AB AC AE.AC = AE AB ABC c) Theo câu b) Ta ccó : AEF AE AF k AB AC ( k tỉ số đồng dạng) AE =kc ; AF = kb Ta có : AEF vng A (do ABC vuông A ABC ) AEF Nên diện tích AEF S = AE.AF 2S = k2 bc (19) Mặt khác S = AM.EF 2S = AM EF 4S2 = AM2 EF2 AD ) 4S = ( (k2b2 + k2c2 ) (20) AD b c b2 c2 AD S = 8bc bc Từ (19) (20) 2S = (21) Do : S nhỏ AD nhỏ Mà AD AH ( AH BC , H BC ) AB AC bc bc AD b2 c b2 c Lại có AH = BC (22) b c (bc) bc Từ (21) ; (22) S 8bc b c bc Vậy Min S = ( Khi D H ) 0,5 a) Phần thuận Giả sử D điểm đối xứng với P qua QR ta có : * QP = QB = QD P, B , D thuộc đường tròn (Q) A 1 BDP = BQP = BAC (23) * Tương tự : CDP = BAC Từ (23) ;(24) BDC = BAC điểm D thuộc cung BAC (24) R D Q 1,0 B P C (Của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) b) Phần đảo Lấy điểm D” thuộc cung BAC ( D’ B, C) , Gọi Q’ giao điểm AB với đường trung trực D’B ; qua Q’ kẻ Q’P’ // AC qua P’ kẻ P’R’ // AB ta có Q’R’ đường trung trực D’P’ Vậy qũy tích điểm D cung BAC đường tròn ngoại tiếp tam giác 1,0 ABC (trừ điểm B,C )