SỞ GD&ĐT HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP THÀNH PHỐ LỚP NĂM HỌC 2018-2019 MƠN TỐN Bài a) Giải phương trình: x 1 x S 1 . 2.3 3.4 2020.2021 tích 2019 thừa số Tính b) Cho S (kết để dạng phân số tối giản) Bài 2 a) Biết a, b số nguyên dương thỏa mãn a ab b chia hết cho Chứng minh a b chia hết cho n b) Tìm số nguyên dương n cho 11 tích k k ; k 2 số tự nhiên liên tiếp Bài a) Cho x, y, z số thực dương nhỏ 1 1 1 ; ; Chứng minh số x y y z z x ln ln tồn số lớn 2 b) Với số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 2abc 1 Tìm GTLN biểu thức P ab bc ca abc Bài Cho tam giác ABC vuông A AB AC Đường tròn I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB D, E , F Gọi S giao điểm AI DE a) Chứng minh IAB EAS b) Gọi K trung điểm AB, O trung điểm BC Chứng minh ba điểm K , O, S thẳng hàng c) Gọi M giao điểm KI AC Đường thẳng chứa đường cao AH tam giác ABC cắt đường thẳng DE N Chứng minh AM AN Bài Xét bảng vng cở 10 10 gồm có 100 hình vng có cạnh đơn vị Người ta điền vào ô vuông bảng số nguyên tùy ý cho hiệu hai số điền hai ô chung cạnh có giá trị tuyệt đối khơng vượt Chứng minh tồn số nguyên xuất bảng lần ĐÁP ÁN Bài a) Phương trình x 1 a x a 1, b 0 b x Đặt với Từ (*) ta có: a 1 b b 1 a Thay b 1 a vào hệ thức a b x (*) , ĐKXĐ: x 1 a3 2 x a b 1 b x 1 a a 1 a a 2a 1 a a 2a 0 2 x 0 a b x 2(tm) x 2 x a a a 1 0 a b 3 x 10(tm) x a 1 b 0 2 x 1 x 1(tm) x 0 Vậy phương trình có tập nghiệm S 1;2;10 b) Với n * ta có: n n n 1 n 1 n n 1 n n 1 n n 1 Thay n 2;3 .;2020 ta có: 1.4 2.5 3.6 2019.2022 1.2.3 2019 4.5.6 2022 2022 337 S 2.3 3.4 4.5 2020.2021 2.3.4 2020 3.4.5 .2021 2020.3 1010 Bài a Ta có : 2 ab b 9 a ab b 9 a b a b 9 (*) a) 2 a b a b 3 a b 3 a b 9 Từ (*) ta lại suy ra: a b 3 2a3 2 a b 9 a b 9 a b 3 Do a b 3 b) Nhận xét : tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho a3 b3 n Ta thấy với n nguyên dương 11 khơng chia hết k 2 n Đặt 11 a a 1 với a nguyên dương Ta có 9n 11 a a 1 4.9n 45 4 a 4a 2 2a 1 2.3n 45 2a 2.3n 2a 2.3n 45 n Vì a, n nguyên dương nên 2a 2.3 9 Ta có trường hợp sau: n 2a 2.3 9 TH 1: 4a 14 a 3 9n 11 12 n 0(ktm) n 2a 2.3 5 n 2a 2.3 15 TH : 4a 18 a 4 9n 11 20 n 1(tm) n 2a 2.3 3 2a 2.3n 45 TH 3: 4a 46 a 11 9n 11 132 9n 121(ktm) n 2a 2.3 1 Vậy n 1, k 2 thỏa mãn toán Bài 1 1 1 0; 0; x y y z z x a) Ta có : Áp dụng BĐT Bunhia ta có: 1 1 1 36 x y y z z x x y y z z x 1 1 1 x y y z z x x 4 y y 4 z z 4 x 1 1 1 1 ; 3 x y x 4 y y 4 z z 4 x ; Do số 1 1 y z ; z x ln ln tồn số lớn b) Ta có 2 P 2 ab bc ca 2abc 2 ab bc ca a b c a b c 2 2 2 2 Mặt khác : a b c 2abc 1 a b 2abc c 1 a b a b ab c Do 2 a b a b2 a b2 a b ab c c 2 2 a b a bc 1 2 a b 5 2P P 2 4 a b c Vậy GTLN P Đạt Bài A F K B E I M S H D C O N AIB 1800 BAC ABC 1800 180 C 900 C AIB AES 2 a) Ta có Và EAS IAB nên IAB EAS b) Ta có IAB EAS ASE IBA IBD tứ giác IBDS nội tiếp IDB 450 ISB 900 mà IAB nên ASB vuông cân S có KA KB nên SK trung trực AB Mặt khác ABC vng có OB OC nên OA OB suy O đường trung trực AB Hay ba điểm K , O, S thẳng hàng AK IK c) Vì IA phân giác AMK nên AM IM Áp dụng định lý Talet hệ IK FK AK FK AK AM (1) AM FA FK FA ta có: IM FA Mặt khác , AN SA AK (2) ID SI FK AM AN FA ID mà FA ID nên AM AN Từ (1) (2) suy Bài Ta thấy ô vuông hai góc hình vng 10 10 xa Gọi số điền vào ô vng a1; a2 ; ; a19 Ta có: a1 a2 a1 a2 1; a2 a3 ; ; ; a18 a19 , cộng vế theo vế ta có 18 a1 a19 18 a1 a19 18 Vậy a1; a2 ; ; a19 số nguyên nên có tối đa 19 số nguyên khác điền vào bảng Có 100 vng bảng, nên theo ngun lý Dirichle có số xuất bảng 100 19 6 lần A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10 A11 A12 A13 A14 A15 A16 A17 A18 A19