T 34

PHÒNG GD&ĐT TP BẮC GIANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 Mơn: Tốn lớp Thời gian làm bài: 150 phút Thi ngày 14 tháng năm 2018 Bài 1: (5 điểm)  x2 x 4  a/ Cho biểu thức M   x x8 x  x 1   x  x  10    :   x    x  x  x   Rút gọn M tìm x để M>1 b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab  bc  ca 1 Tính H= a b b c c a   1 c 1 a 1 b Bài 2: (4 điểm) a/ Giải phương trình 30  5  x  6 x 2 x x b/ Tìm số thực x để số x  3; x  3; x  số nguyên x Bài 3: (4 điểm) a/ Tìm x nguyên dương để x3 14 x  x  số phương b/ Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z xyz   x2   y   z Chứng minh rằng:   xyz x y z Bài 4: (6 điểm) Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O;R) Trên đường tròn (O;R) lấy H kỳ cho AH1  x2 x 4 ( x  1)   *M   x x2 x 4 x1 x 1   x 1   x       :   x  1  x  x    x   x  1    x 1 x  x  x1  : (3        x 5   x 5  0,5  x 1 x  5)( x  1)  2( x  2)  x  0,5  x 1 x   x  x  x  3x  x  x   x  : x x  11 x x 1         : x     x      x  x Vậy M= *M1 10 nên ta có x  b2  x  12 x    x   b   x  3 0,75 b/ 2,0đ Vì b lẻ nên b2  x  1  x  x  4 x  x   x 2 Với x=2 ta có x3  14 x  x  =100=102 số phương b/ Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z xyz   x2   y   z Chứng minh rằng:   xyz x y z 1   1 xy yz zx Từ Gt suy ra: 0,25 0,5  1  1   1  1 x2 1 1                 ;" "  y z Nên ta có: x x xy yz zx  x y x z  2 x y z    x2 1     Vậy   2 x y z  x 1 1 y2   1 1 z2  1       ;      Tương tụ ta có 2 x y z  2 x y z  y z Vậy ta có   x   y   z     ;" "  x y z       x y z x y z 2 2 Ta có  x  y  x    xy  yz  xx      x  y    y  z    x  z   0 0,5 0,25 0,5 Nên  x  y  x  3  xy  yz  xx    xyz  3  xy  yz  xz   Vậy  1 1 xy  yz  xz  xyz       xyz xyz  x y z   x2   y   z   xyz ; " "  x y z x y z Bài 0,25 6đ a B M O E N a/ 3đ H A C a/ Chứng minh OM OB=ON OC MN qua điểm cố định *Ta có OH  HB (t/c tiếp tuyến)  OHB vuông H, mà HM  OB (gt) nên theo hệ thức lượng tam giác vng ta có OM OB OH R 0,5 Chưng minh tương tự ta có ON OC OH R Vậy ta có OM OB ON OC 0,5 * Ta có OM OB OH R mà OA=R nên ta có OM OB OA2  OM OA  OA OB 0,5  chung, có OM  OA  OMA OAB  OAM   Xét  OMA  OAB có O OBA OA OB     Ta có AO=AB=R (gt)  OAB cân  AOB OBA , OAM  AOM OBA  AOM  OMA cân  MO MA Chứng minh tương tự ta có ONA cân  NO NA Ta có MO MA ; NO  NA , MN trung trực OA, gọi E giao điểm MN OA với OA ta có EO=EA= MN  OA E, mà O, A cố định nên E cố đinh Vậy b/ 1,5đ 0,5 0,5 0,5 MN qua điểm cố định b/ Chứng minh OB OC=2R2 Ta có OM OB ON OC  0,5 OM ON  OC OB OM ON   OMN OCB , OC OB OM OE OM OE OE 1       OM  OC mà OE  MN OH  BC nên ta có OC OH OC OA 2OE 2  chung , có Xét OMN OCB có O 0.5 ( OH=OA=2OE) Ta có OM OB OH R ( cm trên)  c/ 1,5đ OC OB R  OC OB 2 R 2 0,5 c/ Tìm giá trị lớn diện tích tam giác OMN H thay đổi Ta có OMN OCB (cm trên)  1 0,5 SOMN OE OE OE     2 SOCB OH OA  2OE  8  H  A Dấu có B, A, C thẳng hàng Nên SOMN  SOCB   OH BC  R BC  R ( AB  AC )  R (R  R )  R Vậy diện tích tam giác OMN lớn SOMN  R H  A Bài -Nếu n lũy thừa bậc số tự nhiên toán chứng minh xong -Nếu n không lũy thừa bậc số tự nhiên, ta ln tìm số ngun dương k cho k  n   k  1 Vì n nguyên dương n  k  n k  , ta có: 2 0,75 0,25 1đ 0,25 0,5 2n   k  1 2(k  1)   k  1  k  2k   k  1 0 Vậy k nguyên dương , nên ta có k  n   k  1 2n Vậy dãy ln có lũy thừa bậc số tự nhiên 0,25