T 53

PHÒNG GD & ĐT THANH HÀ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2 điểm):  x 3 x 2 x 2     : 1 x x  x     1) Rút gọn biểu thức A   x  3 x   với x   x 0; x 4; x 9 2) Cho a, b, c số dương thỏa mãn ab+bc+ca = a2 + b2 + c2 = 21 Tính giá trị biểu thức: P= (a  6)(b  6) (b  6)(c  6) (c  6)(a  6)   c2  a2  b2  Câu ( 2điểm): 1) Giải phương trình: x  2015 x  2014 2 2017 x  2016 2) Cho hàm số y =(m-1)x +2m -3 ( m tham số ) có đồ thị đường thẳng (d) Tìm m để đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn tâm O (O gốc tọa độ Oxy) bán kính 2cm ( đơn vị trục tọa độ cm) Câu (2 điểm): 1) Chứng minh với số tự nhiên n thì: n  6n3  11n  30n  24 chia hết cho 24 2) Tìm số hữu tỉ a, b biết phuơng trình : x3 + ax2 + bx+2 = có nghiệm x=1+ Câu ( điểm): Cho nửa (O) đường kính BC=2R, A điểm bất kì nửa đường trịn (A khơng trùng với B, C) Kẻ AH  BC, gọi E F chân đường vng góc kẻ từ H xuống AB AC a) Chứng minh AE.AB = AF.AC EF3 = BE.CF.BC b) Gọi I điểm đối xứng với H qua AB Chứng minh IA tiếp tuyến (O) c) Tìm vị trí điểm A nửa đường trịn cho diện tích tam giác AHB đạt giá trị lớn ? Câu (1 điểm): Cho a, b hai số dương thỏa mãn a+b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1  a  b  2ab - Hết Giám thị 1: Giám thị 2: SBD: Họ tên thí sinh: PHÒNG GD & ĐT THANH HÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2016 - 2017 MƠN TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (Hướng dẫn chấm gồm 05 câu, 03 trang) Nội dung ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Ý x 3 x 2 x 2   x     :    x    x  3 x x  x 6    x 3  x 2 x 2 A     : x  ( x  2)( x  3)  x   x  A  ( x  3)( x  3)  ( x  2)( x  2)  x  A : ( x  2)( x  3) x 1 A x 9 x4 x 2 : ( x  2)( x  3) x 1 A x x 1 :  ( x  2)( x  3) x  x Vì ab+bc+ca = nên a2 + = a2 + ab+bc+ca =(a+b)(a+c); tương tự ta có : b2 +6 = (b+c)(b+a) ; c2 +6= (c+a)(c+b) Thay biểu thức P ta có : (a  b)2 (b  c)(c  a) (a  b)(b  c) (c  a) (a  b)(b  c)(c  a )   (b  c)(c  a) (a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) P 2(a  b  c) (vì a, b,c >0) 0 0 0 Mặt khác : (a+b+c)2= a2 + b2 + c2 -2(ab+bc+ca) = 21-2.6 = => a+b+c = =>P = x  2015 x  2014 2 2017 x  2016 2016 Điều kiện x  2017 Phương trình cho tương đương với x  x   2017 x  2016  2017 x  2016  0   x  1    2017 x  2016  0  x  0   2017 x  2016  0 0 P Đ 0  x 1  2017 x  2016    x 1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy x 1 nghiệm phương trình cho Để đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn tâm O (O gốc tọa độ Oxy) bán kính 2cm khoảng cách từ O tới đường thẳng (d) 2cm * Nếu m=1 ta có : y=-1 đường thẳng song song với trục Ox cắt trục tung điểm có tung độ -1 Khoảng cách từ (d) tới O  => m=1(loại) * Nếu m=1,5 ta có :y=0,5x đường thẳng qua gốc tọa độ, khoảng cách từ O tới (d)  => m=1,5(loại) * Nếu m 1, m 1,5: + Cho x=0 => y=2m-3 ta có A(0, 2m-3)=> OA  2m  + Cho y=0 => x  2m   (2m  3)   (2m  3)  ;0  => OB  ta có B  m m  m  Đồ thị hàm số đường thẳng AB tạo với trục tọa độ tam giác AOB vuông O Kẻ OH  AB ta có 1 1  2 để OH=2 thì: OH OA OB 1 (m  1)    4m  12m  4  4m2  8m   m  (tm) 2 (2m  3) (2m  3) Vậy m  thỏa mãn đk đề 4 Ta có : n  6n3  11n  30n  24 3 =  n  6n  11n  6n    24n  24  n  n  6n  11n    24  n  1 2 = n   n  n    5n  5n    6n     24  n  1 n  n  1  n  5n    24  n  1 = n  n  1  n    n  3  24  n  1 Vì n; n + 1; n + 2; n + 3; bốn số tự nhiên liên tiếp nên tích chúng chia hết cho Mặt khác số tự nhiên liên tiếp tồn số chẵn liên tiếp nên có số chia hết cho 2, số chia hết cho Vậy n  n  1  n    n  3 chia hết 2.3.4 = 24 24 (n - 1) chia hết cho 24 nên n  6n3  11n  30n  24 chia hết cho 24 Thay x=1+ vào phương trình ta có : (1+ )3 + a(1+ )2 +b(1+ ) +2=0 => 9+5 +3a +2a + b +b =0 =>(5+2a +b) = -(3a+b+9)   3a  b    Q (vơ lí ) Nếu 5+2a +b 0 thì   2a  b 5  2a  b 0 2a  b  A    a  4; b  13 Vậy  3a  b  0 3a  b  0 0 0 0 F Vẽ hình I E B H O C a * Tam giác ABH vuông H, đường cao HE nên : AH2 =AE.AB Tam giác ACH vuông H, đường cao HF nên : AH2 =AF.AC => AE.AB =AF.AC * Tam giác ABC nội tiếp (O) đường kính BC => ABC vng A , có AH đường cao =>AH2 =BH.CH => AH4 =BH2.CH2 Mặt khác: BH2 =BE.BA ; CH2=CF.CA => AH4 = BE.CF.BA.CA Ta lại có AB.AC= AH.BC => AH3 =BE.CF.BC 0 0 b c Ta có : Tứ giác AEHF hình chữ nhật => AH=EF => EF3 =BE.CF.BC   -Vì H đx với I qua AB => IAB HAB   - Tam giác OAB cân O => OAB OBA      Ta có OAB  IAB OBA  HAB 900 => IAO 900 => IA tiếp tuyến với (O) A Đặt BH=x(  x 2 R ) =>HC = 2R-x Tính AH  x (2 R  x) 2 Ta có SAHB  AH BH  x x(2 R  x)  x (2 R  x) x (6 Rx  x ) ( x  Rx  x ) (6 Rx  x ) (3Rx  x ) x (2 R  x) x (2 Rx  x )     12 12 2 9R 3R R  (x  )  Mặt khác : 3Rx  x  4 3R 81R 3R 3R => SAHB  => x=  SAHB (m ax)  2 16.3 8 0 Biến đổi : 0 0 3R A giao điểm đường trung trực đoạn OB (O) 1 Chứng minh BĐT phụ: Với x, y >0 ta có :   , dấu ‘=’ xảy x=y x y x y Áp dụng BĐT phụ ta có : Vậy SAHB (m ax)  1 1 P       2 a  b  2ab a  b  6ab 3ab a  b   6ab 3ab  P  (a  b)   4ab 3ab Vì a, b > 0, theo BĐT Cosi ta có a  b 2 ab , mà a  b 1 => ab  4 P     1 3 , dấu ‘=’ xảy a=b= Vậy   4 KL………… * Chú ý: Học sinh làm cách khác, cho điểm tối đa Hết -