T 76

PHÒNG GD&ĐT KÌ THI HỌC SINH GIỎI  Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ RA Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức:  a 1 P    a1  a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P tại  a1   a   a   a 1 a   a  2 Câu (1.5 điểm).Giải phương trình:   3 x x 1 2 x  1 Câu (2.5 điểm) Cho x, y là các số dương x y  2 y x a) Chứng minh: x y xy M   y x x  y2 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Câu (3.0 điểm) Cho điểm M nằm nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (M khơng trùng với A và B) Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tiếp tuyến Ax Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia  phân giác của IAM cắt nửa đường tròn O tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại K a) Chứng minh điểm F, E, K, M cùng nằm một đường tròn b) Chứng minh HF  BI c) Xác định vị trí của M nửa đường tròn O để chu vi AMB đạt giá trị lớn nhất và tìm giá trị đó theo R? Câu (1.0 điểm) Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng:  x  1  x    x  3  x    y 11879 - Hết - *Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu PHÒNG GD&ĐT KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP Môn: TOÁN ĐÁP ÁN, CÂU NỘI DUNG a 0   a 1   Điều kiện  a 0    a 1  ĐIỂM a   a 1  0.25 a   a  a  1 a  a P a a a  a  a  1 a (1  a  1)   4a a a Vậy P 4a          1      1      1       0.25 0.25 0.25 a b   0.25       0.25 0.25 Vậy a  đó P 4a 4 Điều kiện x 1 x x 1   0.25  x  1  x  1 x  1 (1) Khi x  1  x  1  x 2 : Ta có (1)  x    x  1 Phương trình vô nghiệm x 1  x  1  a 0.25 Khi  x    x    x  : Ta có  1  (1)   x   x  1   x  0  x 1 Vậy x 1 là nghiệm của phương trình đã cho x y 0 0 Vì x > 0, y > nên y và x 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 Áp dụng bất đẳng thức a  b 2 ab dấu "=" xảy  a b x y x y  2 2 y x ta có y x x y  2 y x Vậy 0.25 0.25 0.25 x y   x2  y  x  y y x Dấu "=" xảy (vì x > 0, y > 0) x y 3a a a  M a     y x , ta có a 4 a Đặt x y 3a a   2  y x 2; Vì nên  a a 1  2 2 1 a b Ta có a 3a a M a        a 4 a 2; Do đó M   a 2  x  y Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng và chỉ x  y Hình vẽ x 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 I F M H E K A O B Ta có M, E nằm nửa đường tròn đường kính AB nên   a FMK 900 và FEK 900 Vậy điểm F, E, K, M cùng nằm đường tròn đường kính FK b Ta có HAK cân tại A nên AH = AK (1) K là trực tâm của AFB nên ta có FK  AB suy FK // AH (2)      AFK mà FAH FAK Do đó FAH (gt) AFK FAK 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 Suy AK = KF, kết hợp với (1) ta được AH = KF (3) Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK Mà AK  IB suy HF  IB Chu vi của AMB CAMB MA  MB  AB lớn nhất chỉ c MA + MB lớn nhất (vì AB không đổi) a  b  2  a  b   Áp dụng bất đẳng thức dấu "=" xảy 2 2  a b , ta có  MA  MB  2( MA  MB ) 2 AB Nên MA + MB đạt giá trị lớn nhất bằng AB và chỉ MA = MB hay M nằm giữa cung AB Vậy M nằm giữa cung AB thì CAMB đạt giá trị lớn nhất Khi đó CAMB MA  MB  AB  AB  AB (1  2) AB 2R (1  2) x A  x  1  x    x  3  x   Đặt , ta có A là tích của số x x tự nhiên liên tiếp nên A chia hết cho Nhưng không chia hết cho 5, đó A chia hết cho x  1  x    x  3  x    y  y  Nếu , ta có chia hết cho mà 11879 không chia hết y 1 không thỏa mãn, suy y = 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  1      3     11879 Khi đó , ta có    x  1  x    x    x    11879 x x x x y 0.25   x  1  x    x  3  x   11880   x  1  x    x  3  x   9.10.11.12  x 3 Vậy x 3; y 0 là hai giá trị cần tìm 0.25