SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮC LẮC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2016-2017 MƠN THI: TỐN – THCS Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề) Ngày thi : 05/4/2017 Bài (4 điểm) a 1 a 1 a 1 a a a a a a 1) Cho số thực a mà a > Rút gọn biểu thức A x 3x y y 1 2) Giải hệ phương trình 16 y 5 x Bài (4 điểm) 1) Tìm m để phương trình x 2m 1 x 3m 0 có hai nghiệm x1 ;x thỏa mãn x12 x 22 5 2) Cho số thực b thỏa mãn điều kiện đa thức P(x) x bx 2017 có giá trị nhỏ số thực dương Chứng minh hai phương trình 4x 12 10x b 0 4x 12 10x b 0 có hai nghiệm phân biệt Bài (4 điểm) 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn 2x y2 2) Với số tự nhiên n, ta đặt M(n) 2 n 4n 1 n Chứng minh M(n) chia hết cho 31 Bài (4 điểm) Cho đường trịn (O) có tâm O Dây AB cố định khơng phải đường kính Gọi I trung điểm đoạn AB Trên cung nhỏ AB lấy hai điểm C, E cho góc CIA EIB góc nhọn CI cắt đường trịn (O) điểm D khác C EI cắt đường tròn (O) điểm F khác E Các tiếp tuyến với đường tròn (O) C D cắt M, tiếp tuyến với đường tròn (O) E F cắt N Nối OM cắt CD P ON cắt EF Q Chứng minh 1) Tứ giác PQNM nội tiếp 2) MN song song với AB Bài (2 điểm) Cho tam giác ABC cân C, có góc đỉnh 360 Chứng minh AC AB Bài (2,0 điểm) Cho hai số thực a, b thay đổi cho a 2;1 b 2 Tìm giá trị lớn 4 2 biểu thức A a b b a a b b a ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI ĐẮC LẮC 2016-2017 Bài 1) 3 a 1 a a 1 a 1 a 1 a A 2 a a a a a a a 1 a 1 a 1 a a 1 a a a 1 a a 1 a 1 a a a a 2 (do a a 0; a 0) a x 3x y y 1 2) 16 (ĐK: x 0;y 0) y (*) x x 0 (1) 16 y 5 x 1 x y 0 x Ta có (*) 16 y 5 x y 0 x 16 (2) y 5 x x 1 x 1 Giải (1) 121 (TMDK) 3 y 11 y x 3 y x 3 y x 3 y x 2 (TMDK) Giải (2) 16 y y y y 3y y 3 y 121 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x;y 1; ;(2;1) Bài 2 1) Ta có 2m 1 3m 1 4 m 1 với m Nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m x1 x (2m 1) x1x 3m Theo Vi et, ta có: x12 x 22 5 x1 x 2x1x 5 Khi m 1 2m 1 3m 1 5 2m m 0 m 1 2m 1 0 m 2 2 b b2 b2 2) P(x) x bx 2017 x 2017 2017 2 4 b Do Min P(x) 2017 b Ta có 2017 b2 4.2017 2017 b 2017 Phương trình: 4x 12 10x b 0 có 1 ' 360 4b Phương trình : 4x 12 10x b 0 có '2 360 4b 360 2017 360 4b 360 2017 ' Mà 2017 b 2017 360 2017 360 4b 360 2017 '2 Vậy hai phương trình có nghiệm phân biệt Bài y 2 m (1) x x n 1) y y 1 y 1 2 y 2 (2) m n x m n Từ (1) (2) 2 2 m 2, n 1 x 3;y 3 2) +) Nếu n chẵn n 4 n 4t (t ) n 24t 16 t 5k1 1(k1 ) Và 4n n 4p 1(p ) 4n 1 n 2 p 1 2.16 p 5k 2(k ) M(n) 5k 3 k Nên M(n) 5k 3(k ) 2 8 32 1 31(1) +) Nếu n lẻ n 4t 1 t n 2 4t 1 2.16 t 5k1 k Và 4n n 4p (p ) 4n 1 n 2 4p 16 p 5k 1(k ) M(n) 5k 3 k Nên M(n) 5k 3(k ) 2 8 32 1 31 (2) Từ (1) (2) suy M(n ) chia hết cho 31 Bài O F A D P Q B I E C N M T 1) Tứ giác PQNM nội tiếp Ta có : OC = OD (bán kính ), MC = MD (MC, MD tiếp tuyến cắt nhau) suy OM trung trực CD OM DP Xét ODM : ODM 900 (MD tiếp tuyến (O) D), OM DP (cmt) OD OP.OM (a) Chứng minh tương tự có: OF OQ.ON (b) Lại có: OD OF (bán kính) © OP ON OP ON Từ (a) (b) (c) OP.OM OQ.ON OQ OM chung; (cmt) Xét OPQ ONM có O OQ OM Vậy tam giác OPQ đồng dạng tam giác ONM (c.g.c) nên OPQ ONM Nên tứ giác PQNM nội tiếp (đpcm) 2) MN song song với AB Tứ giác OPIQ có : OPI OQI 900 (theo câu a) Vậy tứ giác OPIQ nội tiếp QOI QPI (góc nội tiếp chắn cung QI) OPQ 900 (do OM DP) Lại có ONM OPQ (cmt) QOI ONM QPI OPI ONT vuông T (T giao điểm OI MN) OI MN , mặt khác OI AB (vì IA IB AB (gt) ) AB // MN (đpcm) Bài C 36 D A a B 1800 ACB 1800 360 Ta có CAB CBA 720 (Vì tam giác ABC cân C) 2 Kẻ phân giác BD góc ABC CBD ABD 360 Chứng minh BDC cân D, ABD cân B Đặt AC = BC = x, AB = BD = CD = a (x, a >0) Mặt khác BD phân giác ABC Nên CD AD CD AD AC a x x ax a 0 (*) BC AB BC AB BC AB x x a 1 a 1 1 a (vì x >0) nên AC :a AB 2 Giải phương trình (*) ta x Bài x y Áp dụng BĐT xy 2 4 a b a b2 b a b Ta có: A a b2 b a a 2 a b b a 4 Đặt a x a x 4;b y b y a a b b a ;1 b Lại có suy a 3a 3 x 3 a a a b2 3b 3 y 3 b 1 b 0 b2 3b b b b b a 1 a 0 a 3a a x y x Nên A y2 8 64 4 2 a b a b b a b a a b 1 Đẳng thức xảy a 1 a 0 a b 2 b b a b 1 Vậy Max A 64 a b 2