PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MƠN VĂN HĨA LỚP NĂM HỌC: 2016-2017 Mơn: Tốn – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đê) Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016 Bài (4,0 điểm) 1) Cho a+b+c=0 a,b,c khác Rút gọn biểu thức: A ab bc ca 2 2 2 2 a b c b c a c a b2 2) Tính giá trị biểu thức: P x3 x 5x x 2x 7x x 1 Bài (4,0 điểm) x xy y2 3 1) Giải hệ phương trình x y xy 5 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 2x 5y 1 x x x y 105 Bài (4,0 điểm) 2014 1) Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn 2014 1 chia hết cho n 2012n 2) Cho x, y số nguyên thỏa mãn 2x x 3y2 y Chứng minh x – y ; 2x +2y+1 3x +3y+1 số phương Bài (6,0 điểm) Cho đường trịn (O;R) đường thẳng d khơng có điểm chung với đường tròn Trên d lấy điểm M bất kỳ, qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A, B tiếp điểm) Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến (O) C cắt AB E a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO b) Chứng minh CM vuông góc với OE c) Tìm giá trị nhỏ dây AB diện tích tứ giác MAOB Bài (2,0 điểm) 1 a b c Giả sử a, b, c số thực thỏa mãn a, b, c 0 a b c 0 Chứng minh a b6 c6 abc a b3 c3 ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI VINH NĂM 2016-2017 Câu 1) Từ a b c 0 a b c Bình phương hai vế ta a b2 2ab c2 nên a b c2 2ab Tương tự : b2 c2 a 2bc c2 a b 2ac ab bc ca 1 2ab 2bc 2ca 2 2 Vậy A 2) Ta có x 2 1 Do A Suy x x 2x3 x 1 hay x3 3x2 3x Do P 3x 3x x 5x 3x 3x 2x 7x x 1 x 2 x 1 x 2 4x 8x x 4x x 1 x 2x 2 x (vì x 1 2) Vậy P 2 x 1 Câu x xy y2 3 1) Ta có : x y xy 5 x y 3xy 3 x y xy 5 Đặt a = x – y , b = xy (1) a 3b 3 Hệ phương trình trở thành a b 5 a 3 a b b 11 Giải hệ phương trình ta Với a = , b = - thay vào (1) ta x y 3 xy x 1 x 2 y y Với a = - , b = -11 thay vào (1) ta x y xy 11 x y Hệ phương trình vơ nghiệm y 6y 11 0 x 1 x 2 y y Vậy hệ phương trình có nghiệm x 2) 2x 5y 1 x x y 105 Vì 105 số lẻ nên 2x 5y x x x y phải số lẻ Từ 2x+5y+1 số lẻ mà 2x+1 số lẻ nên 5y số chẵn suy y chẵn x x x y số lẻ mà x x x(x 1) tích hai số nguyên liên tiếp nên số chẵn, y chẵn nên x số lẻ Điều xảy x=0 Thay x=0 vào phương trình cho ta được: 5y 1 y 1 105 5y2 6y 104 0 5y2 20y 26y 104 0 5y(y 4) 26(y 4) 0 (5y 26)(y 4) 0 26 y (loại) y 4 (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y)=(0;4) Câu 2014 1) Giả sử tồn số nguyên n thỏa mãn 2014 1 chia hết cho n 2012n Ta có n 2012n n n 2013n n(n 1)(n 1) 2013n Vì n – , n n+1 ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho 3 Suy n n 1 n 1 3 mà 20133 nên n 2012n 3(1) 2014 Mặt khác 2014 2014 2013 1 1 chia cho dư 2013 3 (2) Từ (1) (2) dẫn đến điều giả sử vơ lý, tức khơng có số ngun thỏa mãn điều kiện toán cho (2) 2) Từ: 2x2 x 3y y (1) 2x 2y x y y2 (x y)(2x 2y 1) y2 2 2 Mặt khác từ (1) ta có: 3x 3y x y x (x y)(3x 3y 1) x (x y)2 (2x 2y 1)(3x 3y 1) x y (2x 2y 1)(3x 3y 1) số phương (3) Gọi 2x 2y 1;3x 3y 1 d (2x 2y 1)d; (3x 3y 1)d 3x 3y 1 2x 2y 1 x y d 2(x y)d (2x 2y 1) 2(x y) 1d nên d = 2x 2y 1;3x 3y 1 1 (4) Từ (3) (4) 2x 2y 3x+3y+1 số phương Lại có từ (2) suy x y 2x 2y 1 số phương nên x – y số phương Vậy 2y2 x 3y2 y x y;2x 2y 3x+3y+1 số phương Câu A O Q P N BI E M H a) Gọi Q giao điểm AB với OM Ta có AM // CE (cùng vng góc với AC) Suy BEC (so le trong) MAB Mà ABC 90 ;AQM 900 AMO (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OMB (cùn phụ với hai góc nhau) AMO OMB BCE BE OB tan BCE tan OMB BC MB Lại có MBA (cùng phụ với OBC MB OB (1) BC BE ABO) Nên MBC (cùng = 900 OBC OBE ) (2) Từ (1) (2) suy MBC OBE (c.g.c) b) Từ MBC OBE BCM BEO Gọi I N giao điểm OE với BC MC INC 900 mà IBE BIE NIC (g.g) IBE C d Nên INC 900 Vậy CM OE c) Gọi H hình chiếu vng góc O d P giao điểm AB với OH Ta có OQP OHM (g.g) OQ OP OH OM QO.OM OP.OH OA R OP R2 OH Mà O d cố định OH không đổi nên OP khơng đổi Lại có AB 2AQ 2 OA OQ mà OQ OP R4 2R OH R 2 OH OH Q P M H Dấu “=” xảy 2R Vậy GTNN AB OH R M H OH *) Vì MO AB nên S AOBM AB.OM AQ.OM Vẽ dây cung A1B1 vng góc với OH P, P (O) cố định nên A1B1 AB 2 OA OP 2 R không đổi Vì OP OQ AB A1B1 (liên hệ dây khoảng cách từ tâm đến dây) M H Dấu “=” xảy Vậy GTNN S AOBM A1B1 OH M H Mà OM OH S AOBM A1B1 OH (không đổi) Câu * a b c 0 a b c a b c3 a b c 3ab(a b) 3abc 1 * 0 ab bc ca 0 a b c 3 b c *a b6 c6 a a 3b3 b3c3 c3a *ab bc ca 0 a 3b b3c3 c3a 3a b c 2 Do *a b6 c6 3abc 2.3a b 2c 3a b 2c a b6 c6 3a b2 c2 abc Vậy 3 a b c 3abc