ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP QUẬN CẦU GIẤY 2019-2020 Câu 2x x x x x x x x P x 2x x x x x1 Cho biểu thức a) Tìm điều kiện x để biểu thức P có nghĩa rút gọn P b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 2 3 Cho số dương x, y, z thỏa mãn : x y z x y y z z x a) Tính x y z biết xy yz zx 9 b) Chứng minh z x, z y z x y Câu Giải phương trình : x 33x 28 x 5 x 12 x 19 x 21 Tìm số nguyên x, y với x 0, y 0 thỏa mãn : x3 y x 10 y 12 0 Câu 2 Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn : a b c 1 Tìm giá trị lớn 2011 1954 biểu thức T a b c ab bc ac 2 Tìm số nguyên dương x để x 14 x x số phương Câu Cho tam giác ABC cạnh a, hai điểm M , N di động hai AM AN 1 AB , AC MB NC đoạn cho Đặt AM x, AN y AM AB Tính diện tích tam giác AMN theo a a) Biết b) Chứng minh MN a x y c) Gọi D trọng tâm tam giác ABC , K trung điểm AB Vẽ DI MN , chứng minh : DI DK Câu 5.Cho bảng ô vuông 2019 2020 , vng tơ hai màu xanh đỏ Biết ban đầu tất ô tô màu xanh Cho phép lần ta chọn mọt hàng cột thay đổi màu tất ô thuộc hàng cột Hỏi sau số hữu hạn lần đổi màu ta thu bảng gồm 2000 ô vuông màu đỏ hay không ? ĐÁP ÁN Câu 1 a) Để P có nghĩa : x 0 x 0 x 0 x x 1 x x 0 x 1 x 0 x 1 x 1 x 1 x 0 1 2 x x 0 2 x x 0 x x 2 2 x 0 x x 0, x 1, x P có nghĩa Vậy với Ta có: 2x x x x x x x x 1 P x 0, x 1, x x 2x x x 1 4 x x1 P 2x x x x x x x x 1 x 1 x x x x x x x x x x 1 x 1 x x 2x x x x x x x 1 x x x1 x1 x x x 1 2x x x x x x x x x x x1 x1 x x x 1 x 1 x x x 2 x x 1 x 2 x 1 x x x x x 1 x x x x x x x x x x x 1 x1 x x x x 1 x x x x x 1 x x x x x x x x x x x x 1 x x 1 x x x x 1 x x 1 x 1 x x x x x 1 x x 1 x x Vậy với x 0, x 1, x x x P x x 1 x x x x 1 1 1 x x 1 x x 1 x x 1 b) Ta có: Để P đạt giá trị nhỏ x x đạt giá trị lớn P x x phải đạt giá trị nhỏ x 0, x 1, x nên x x 1 Lại có: Nên giá trị nhỏ x x 1 x 0 Suy giá trị nhỏ P 0 x 0 Vậy với x 0 P có giá trị nhỏ Vói x 0, y 0, z 3 a) Xét VT x y z x y z x y z xy yz xz 2 VP x y y z z x x xy y y yz z z xz x 2 x y z xy yz zx 2 x y z xy yz zx Do VT VP nên suy x y z 2 Vậy x y z 2 b) Ta có: x y z xy yz zx 0 x y z xy yz zx 0 z x y x y yz zx 0 z x y 2 y z y x z x Do x, y , z z y , z x nên y z y x z x 0 z x y 0 z x y z x y 0 mà x, y , z nên z x y z x y dfcm Câu x ĐKXĐ: 3x 3x x 5 3x x 3 3x 3x 3x x 3 3x 5 3x x x 3x x 5 3x 4x x 5 x 6(tm) Vậy x 6 nghiệm phương trình 2) Với x 0; y 0 ta có: x3 y xy x 10 y 12 0 x xy y x y y y 1 17 0 2 x y 2. x y y 1 17 2 x y y 1 17 x y y 1 x y y 1 17 x y 3 x y 1 17 Do 17 số nguyên tố mà x 0, y 0 nên x y x y nên ta có: x y 1 x 11 Th1: (ktm x 0) x y 17 y 9 x y 17 x 21 Th : ktm y 0 x y y Vậy khơng có giá trị x; y thỏa mãn yêu cầu Câu a b c 1 a, b, c 0;1 1) Ta có: a, b, c 0 a 1 b 1 c 1 0 abc ab bc ca a b c 0 a ab bc ca 1 abc b c T 1 b 2011 c1954 abc b c 1 b b 2010 1 c c1953 1 abc 1 Vậy GTLN T a 1, b c 0 2) Đặt A 4 x 14 x x ta được: A 4 x3 x x 12 x x 4 x x x x x x x x 3 Lại có x 2,4 x x hai số nguyên tố UCLN x 2,4 x x 3 d d * Thật vậy, giả sử ta có: x chia hết cho d suy x x 4 x x chia hết cho d x x 3d x x x x 3d x chia hết cho d x x 3d 1d UCLN x 2, x x 3 1 d * d Mà Từ suy hay x 2,4 x x hai số nguyên tố Để A số phương x 2,4 x x số phương 2 2 2 Đặt x a ,4 x x b Thay x a vào x x b ta : a a b 4a 16a 16 6a 12 b 4a 10a b 16a 40a 4b 4a 2b 4a 2b 21 2 Vì 4a 2b 4a 2b ta có bảng sau : 4a 2b 21 7 4a 2b 21 1 3 4a 2b 16 2 4a 2b 26 12 2 Lại có: 4a 2b 4a 2b 8a hay: 8a 32 20 12 a2 4(tm) 2,5 1,5 2 Ta : a 4 b 25 nên: a 4 x 4 x 2(tm) x x 25 b 25 Vậy với x 2 x 14 x x số phương Câu A T M G I K N R D B C AM AN x y 1 1 MB NC a x a y a) Ta có: x y a x a a y a a x a y a x a y a a a a 1 1 1 3 1 a x a y a x a y a x a y a AM x a x a 5 Thay vào (1) ta được: Lại có: AB 1 3a y a a y a 4a a y a a Diện tích tam giác là: a 3a 3 3a S AMN AM AN sin MAN xy.sin 60 (dvdt ) 70 x y 1 a x a y b) Do ax ay xy a ax ay xy a 2ax 2ay xy xy 0 a x y x y xy (2) 2 Giả sử MN AM AN AM AN Lấy điểm T AC cho MT AC 2AT AM ta có: MN AM TN AT AN TN AT AN AN AT AN AN AM AN AN AM MN AM AN AN AM Từ (2) (3) suy MN a x y (dfcm) c) Trên tia BA lấy điểm G cho BG AN MN MG Do GBD NAD (c.g c) DN DG DMN DMG (c.c.c ) KGD IND KGD IND (ch gn) DK DI (dfcm) Câu Trước hết ta chứng minh với cách chọn 2000 ô bảng cho tồn bảng 2 chứa 2000 ô Thật vậy, số hàng lớn số chọn nên tồn hàng liền R1 , R2 mà R1 không chứa ô R2 có chọn Vì số cột lớn số ô chọn nên tồn ô A, B cạnh R2 mà có chọn Gọi C , D ô nằm R1 cột với A, B Bảng 2 gồm ô A, B, C , D có chọn Giả sử ta thu bảng gồm 1000 ô màu đỏ sang hữu hạn lần đổi màu Khi theo chứng minh tồn bảng vuông 2 chứa ô màu đỏ, ba cịn lại màu xanh Vì trạng thái ban đầu tất bảng vuông 2 gồm ô màu xanh nên lần đổi màu hàng cột số màu đỏ số ô màu xanh bảng vuông 2 ln số chẵn Do khơng thể thu bảng vng 2 có màu đỏ, ô màu xanh Suy ta mâu thuẫn Vậy thu bảng chứa 2000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu