T 43

UBND HUYỆN QUẾ SƠN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017-2018 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC - VỊNG I Bài (4,0 điểm): a) Thực tính: A    14  b) Chứng minh rằng: Nếu a, b, c a’, b’, c’ độ dài cạnh hai tam giác đồng dạng (các cạnh có độ dài a, b, c tương ứng với cạnh có độ dài aa '  bb '  cc '  (a  b  c )(a ' b ' c ') a’, b’, c’) thì: 2017 2017  2017   2018 20182 2018 c) Chứng minh: Bài 2(4,0 điểm): Giải hệ phương trình sau: 4( x  y ) 5( x - y )  40  40   x  y x - y 9 a)   x  ( y  1) xy  x   b) 2 x x  y  Bài (5,0 điểm): Cho tam giác nhọn ABC có AD CE đường cao Gọi H giao điểm AD CE Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE cắt AC F a) Chứng minh ba điểm B, H, F thẳng hàng b) Gọi M, N trung điểm AH BC Chứng minh đường thẳng EF vng góc với đường thẳng MN c) Tia phân giác góc BAC cắt MN K Chứng minh MK= MA Bài (4,0 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O M điểm di chuyển cung nhỏ BC Trên đoạn thẳng AM lấy điểm D cho MD = MB a) Khi M di chuyển cung nhỏ BC điểm D di chuyển đường nào? b) Xác định vị trí M cung nhỏ BC để MA + MB + MC lớn Bài (3,0 điểm): 3 Cho a, b, c ba số nguyên liên tiếp Chứng minh: a  b  c chia hết cho ==== HẾT==== UBND HUYỆN QUẾ SƠN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN- VỊNG I Bài (4,0 điểm): A    28  10 0,50 A  (1  3)  (5  0,25  A 1    3) 0,25 6 A 6 : 3 a' b' c'   k a b c Đặt: a’ = ka; b’ = kb; c’ = kc 2 Thay VT  ka  kb  kc  k (a  b  c ) (Do a>0, b>0, c>0) VP  ( a  b  c)(ka  kb  kc)  k (a  b  c )  k (a  b  c ) 0,25 0,25 0,50 0,50 Và (Do a + b + c > 0) 20182  2017 2.20182  2017 2017   20182 2018 0,25 20182  (2018  1) 20182  2017 2017   20182 2018 0,25 20182  20184  2.2018.20182  20182  2017 2017   20182 2018 0,25  20182  20184  2.(2017  1).20182  20182  2017 2017  20182 2018 20184  2.2017.20182  2017 2017 (20182  2017) 2017    20182 2018 20182 2018 20182  2017 2017   2018 2018 2018  0,25 0,25 0,25 Bài 2(4,0 điểm): 4 X 5Y   40 40  X  Y 9 Đặt x+ y = X x – y = Y 40 5.40 10  9    5 9  X 10 4X X Thay Y từ (1) vào (2) được: X x+ y = 10  x – y = 0,25 0,75 0,50  x  y 10  x  y 8 Giải hệ   x 9   y 1  x  ( y  1)2 xy  x    2 x x  y  0,50  x  ( y  1)2 x( y  1)    x  x  y  0,25 Thay (2) vào (1) được: x  (2 x3  x) x(2 x  x)  4 0,25 x  x  x  x 2 x  x  0,25 x  x  3x  0 0,25 x ( x  1)  x ( x  1)  x  0 0,25 ( x  1)(4 x  x  1) 0 Phương trình x  x  = vơ nghiệm; Phương trình có x2 – = nghiệm x = 0,25 ±1 Vậy hệ có nghiệm (1; 0) (-1; -2) 0,25 0,25 Bài (5,0 điểm): A F M E H K Có HEA=900  Đường trịn đường kính HA đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE  AFH =900 (Góc nội tiếp chắn ½ đường trịn) Hay HF  AC Lại có BH  AC (H trực tâm ABC)  Ba điểm B, H, F thẳng hàng (Tiên đề Euclude) Từ a) BF FC  F thuộc đường trịn tâm N đường kính BC C D N Từ CE  EB  F thuộc đường tròn tâm N đường kính BC  E, F giao điểm đường trịn tâm M đường kính HA (N) với đường trịn tâm N đường kính BC (M)  EF dây chung (N) (M)  EF MN B Gọi K’ giao điểm MN với đường trịn (M) có: Do K’ thuộc (M) nên: K’FE =K’AE K’EF=K’AF (Góc nội tiếp) Do K’ thuộc MN nên: K’E =K’F  K’FE=K’EF K’AE = K’AF  AK’ phân giác BAC  K’  K (K’ vừa thuộc phân giác BAC vừa thuộc MN) Do MA =MK’  MA = MK 0,50 0,50 0,25 0,25 0,50 0,25 0,50 0,50 0,50 0,50 0,25 0,25 0,25 Bài (4,0 điểm): MBD cân M Có BDM = 600  MBD tam giác  BDM = 600  BDA = 1200  Khi M di chuyển cung nhỏ BC M di chuyển cung trịn (nằm nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm M) nhìn AB góc 1200 DBA MBC có: BA = BC (ABC đều) BAD = BCM (Cùng chắn cung BM) ABD = CBM (=600 - DBC) A O D C B 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,50 M  DBA = MBC  MC = DA  MA + MB + MC = MA + MD + DA = 2MA MA + MB + MC lớn MA lớn  AM đường kính (O)  M điểm cung nhỏ BC 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 Bài (3,0 điểm): Đặt a = n -1 được: a3  b3  c3 (n  1)3  n3  (n  1)3 3 0,50 n  3n  3n   n  n  3n  3n  0,25 3n3  6n 3n( n  2) 0,50 Xét trường hợp: n = 3k 3n = 9k  3n(n  2) chia hết cho 3  a  b  c chia hết cho n = 3k ±1 n2 + = 9k2 ± 6k + + 2= 9k2 ± 6k + n + chia hết cho  3n(n  2) chia hết cho 3  a  b  c chia hết cho ==== HẾT==== 0,50 0,25 0,50 0,25 0,25 UBND HUYỆN QUẾ SƠN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017-2018 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC - VỊNG II Bài (3,0 điểm): Cho ba số thực a, b, c thỏa a  b  c 0 a  b  c 2  a 2b  b 2c  c a  a) Chứng minh 4 2 b) Tính a  b  c có thêm điều kiện a  b  c 6 Bài (4,0 điểm): Tam giác ABC có số đo cạnh là: a, b, c Gọi p chu vi tam giác Chứng minh : 1   a) a b a  b 1  1 1   2     a b c b) p  a p  b p  c 2 c) Cho 2p = 18 Tìm giá trị nhỏ a  b  c Bài (4,0 điểm): x Cho phương trình:  1  x  3  x   m Thực hiện: a) Giải phương trình với m = b) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa: 1 1     x1 x2 x3 x4 Bài (7,0 điểm): Cho hình vng ABCD có AC cắt BD O M điểm thuộc cạnh BC (M khác B, C) Trên cạnh AB lấy điểm N cho BN = CM Tia AM cắt đường thẳng CD E a) Chứng minh ∆OMN tam giác vuông cân b) Chứng minh MN // BE c) Gọi H giao điểm OM với BE Chứng minh CH vng góc với BE Bài (2,0 điểm): 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  x  y 19 ====HẾT==== UBND HUYỆN QUẾ SƠN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN VỊNG II Bài (3,0 điểm): Từ a  b  c 0 được: a  b2  c  2ab  2ac  2bc 0 2 2 (a  b  c ) 4( ab  ac  bc ) 0,25 0,25 (a  b  c ) 4( a 2b  a 2c  b 2c  a 2bc  b ac  c 2ab) 0,25 (a  b  c ) 4( a 2b  a 2c  b 2c  abc(a  b  c)) 0,50 Thay a + b + c = được: (a  b  c ) 4(a 2b  a 2c  b 2c ) 0,25 a  b  c 2(a 2b  a 2c  b 2c ) 0,50 2 2 2 2 2 Từ ( a  b  c ) 4( a b  a c  b c ) (a  b2  c )2 4 a  b  c  a  b  c 2  a b  b c  c a  được: 62 a  b  c  18 Thay 4 2 2 2 Bài (4,0 điểm): 1 a b     a b a b ab a b  (a  b) 4ab (Do a > 0, b >0 nên ab(a+b)>0)  (a  b) 0 0,75 0,25 0,25 0,50 0,25 Áp dụng a) được: 1 4    p  a p  b 2p  a  b c ; 1 4 1 4       p  a p  c 2p  a  c b ; p  b p  c 2p  b  c a 0,50 0,25 Cộng được: 1 4   )   p a p b p c c b a 1 1 1    2(   ) p a p b p c c b a 2( 0,25 0,25 2 2 2 Có a  b 2ab; b  c 2bc; a  c 2ac 0,50 2 Cộng được: 2( a  b  c ) 2ab  2ac  2bc 0,25 0,25  3(a  b  c ) a  b  c  2ab  2ac  2bc 0,25 (a  b  c)  p   a b c   3 2 a  b  c có giá trị nhỏ 182: = 108 a b c = 2 0,50 Bài (4,0 điểm):  x  1 ( x  1)  x  3  x   9 0,50 ( x  x  5)( x  x  3) 9 Đặt y = x  x  được: 0,50 ( y  4)( y  4) 9  y 25  y 5 y  x  x    x  x  0  x  x  x  5  x  x  0 x   10 x   10 2 ( x  x  5)( x  x  3) m (*) Đặt y = x  x  Từ phương trình ( y  4)( y  4) m y  m  16 y  m  16 1 1 x x x x        x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 Do x1; x2 ; x3 ; x4 có vai trị biểu thức Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình: x  x   m  16  x  x   Có: x1  x2  x1.x2   m  16 0 (*) (1) 0,25 0,25 0,50 0,50 0,50 m  16 x3 ; x4 hai nghiệm phương trình: x  x   m  16  x  x   m  16 0 (2) 0,25 x  x  x3.x4   m  16 Có: Thay vào (*) được: 4 4 1 1        m  16   m  16 1  m  16   m  16 2 1   m  16  8  m  (1  m  16)(  m  16) 0,50 Với m = -7 (*) có nghiệm phân biệt Kết luận m = -7 0,25 Bài (2,0 điểm): x  x   21  y 2 0,50 0,25 2( x  1) 3(7  y ) 2 Do 2( x  1) 0 nên y 7 Xét : y = 0; y = ±1; y = ±2 0,50 0,25 Do 2( x  1) số chẵn   y số chẵn  y = ±1 0,25 Được nghiệm (2; ) ; (2 ; -1) ; (-4, 1) ; (-4 ; -1) A N 0,25 B O M H D C E Bài (7,0 điểm): OBN ∆OCM có: BN = CM (gt) OB = OC (ABCD hình vng) OBN = OCM = 450  ∆OBN = ∆OCM  ON = OM (1) Và BON = COM  BON + BOM = COM + BOM  NOM =COB = 900 (2) Từ (1) (2) ∆NOM vuông cân O AM BM = AB // CE  ME MC (Theo Ta-Let) Có BM = AN  NB = MC AM AN = Thay được: ME NB  MN // BE (Theo Ta-Let đảo) MN // BE  BHM =  NMO = 450 (1)  BMH =  OMC (đối đỉnh)  BMH đồng dạng với OMC  MH/MC = MB/MO Và có  HMC =  OMB (đối đỉnh)  MHC đồng dạng với MBO  MHC = MBO = 450 (2) 0 Từ (1) (2) BMC = BHM + MHC = 45 + 45 =90 Hay CH  BE ====HẾT==== 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 0,25 0,75 0,50 0,75 0,50 0,50 0,50 0,50 0,25 0,25 Để dành: Giải phương trình sau: 2 a) ( x  x)  2( x  3) 81 b) x  x  2 x  ( x  x)  2( x  x  9) 81 2 0,50 0,25 ( x  x)  2( x  x)  18  81 0 2 Đặt y = x  x được: y  y  99 0 0,50 Giải phương trình theo y được: y1 = 11 y2 = - Giải x  x 11 x 3  20 x 3  0,25 0,25 0,25 20 Giải x  x  x 3 Vậy phương trình có ba nghiệm: x 3  20 ; x 3  20 ; x 3 Cộng 2x+ + vào vế được: x  x  2 x   2 x   0,50 ( x  3) ( x   1) 0,50 x   2x  1  x   2x   x  x  2 x  x   x  x  0  x  x   x   x   x  x  x  16 2 x  x  x  13 0 (vô nghiệm) 0,50 0,50