SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút Câu a) b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y xy x y 0 2n n Chứng minh rằng: A 2 16 chia hết cho với số nguyên dương n Câu x3 x 2x 2x a) Giải phương trình: x 1 y 3 1 x 1 y 3 x y b) Giải hệ phương trình : Câu Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4 a b c P a b b c c a Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Gọi D, E , F chân đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C tam giác Đường thẳng EF cắt đường tròn O điểm thứ M ( M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF N Chứng minh rằng: a) EF OA b) AM AN Cho tam giác nhọn ABC , D điểm tam giác cho ADB ACB 90 AB.CD AC.BD AD.BC Chứng minh: AC.BD Câu Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng minh tồn tạo hình trịn bán kính 91 nằm hình vng mà khơng chứa điểm 2019 điểm cho ĐÁP ÁN Câu 2 a) Ta có: y xy x y 0 x y 1 2 y y 5 x 2 y y ( y 1 không thỏa mãn phương trình) Vì x, y số nguyên nên y 1U 1; 5 Th1: y 1 y 2 x 9 Th : y y 0 x Th3: y 5 y 6 x 13 Th : y y x n b) Ta có: n A 22 4n 16 22 4n 1 18 n n 2k 2k k Đặt 2 k * 2 4 13 n n Do với n nguyên dương ta có: 13,4 13;183 n A 22 4n 163 Câu x 3 a) ĐKXĐ: x3 x 2x x x 8 x x 2x 3 x 2 x x 2.2 x Đặt a x 0, b 2 x Ta có: b 3b 3 a 2a b 2b a b a 0 a b 2 2 x 0 13 x 2 x x 2 x 4 x b) Hệ phương trình cho tương đương với x 1 y 3 1 x 1 y 3 x 1 y 3 Đặt a x 1, b y , ta hệ phương trình: a b 1 ab a b a b 2ab 1 ab a b Đặt S a b, P ab, điều kiện S 4 P Hệ trở thành: S (tm) S P 1 P 0 S 3 P S (ktm) P 4 a S a b b 0 a 0 P 0 ab 0 b x y 0 x 0 y Vậy hệ cho có hai nghiệm 0;3 ; 1;2 Câu P Ta có: b 1 a c 1 b a 1 c b c a x ; y , z x, y, z 0, xyz 1 a b c Đặt x 0 y 3 x 1 y 2 P 1 x 1 y 1 z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki , ta có: 1 1 P x y z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki , ta có: 1 x y x y x xy x y xy Tương tự: 1 y x xy x y Từ bất đẳng thức ta có: 1 x 1 y xy Dấu xảy x y 1 1 z Tương tự : 1 x 1 y 1 1 2 1 z z z 1 z 1 z 1 xy z z z 4 3 P , P x y z 1 a b c 16 16 Ta có: 16 P Vậy giá trị nhỏ Câu 1) y N A P x E F M O Q B D C a) Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn O suy OA xy 0 Xét tứ giác BCEF có BEC 90 ( gt ); BFC 90 ( gt ) BCEF tứ giác nội tiếp nên ACB AFE (1) BAx sd AB Mặt khác (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) ACB sd AB (2) (góc nội tiếp ) BAx ACB Từ (1) (2) suy AFE BAx vị trí so le nên EF / / xy EF OA b) Đường thẳng EF cắt (O) điểm thứ hai P, BP cắt DF Q AD, BE , CF đường cao tam giác ABC nên BCEF , ACDF nội tiếp, ACB AFP ACB sd AB sd BM MA AP ; AFP sd BM 2 Mặt khác Do sd AM sd AP BA tia phân giác MBQ nên AM AP(1) Tứ giác BCEF nội tiếp ACB BFM , tứ giác ACDF nội tiếp nên ACB BFQ Do BFQ BFM ACB suy FB tia phân giác MFQ MFB QFB MB QB BMP BQN BP BN Do ABN ABP AN AP Từ (1) (2) suy AM AN 2) E A D B C Dựng tam giác vuông cân BDE D cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD khơng chứa C Ta có: ADE ACB DE DB , từ giả thiết AC.BD AD.BC AD BD DE AB AC ADE ACB AC BC BC AE AD Mặt khác, BAC EAD , suy CAD BAE , đó: CAD BAE AC CD CD AB.CD AB BE BD AC BD Câu Chia hình vng cho thành 2025 hình vng nhỏ có cạnh 45 Gọi C1 , C2 , , C2025 hình trịn nội tiếp hình vng nhỏ trên, chúng có bán kính 90 Gọi / / / 2025 C , C , , C hình trịn đồng tâm với hình trịn có 91 bán kính Khi hình trịn nằm hình vng đơi khơng có điểm chung (rời nhau) / / / 2025 C , C , , C có 2019 điểm Trong hình vng cho có hình trịn rời nên tồn hình trịn hình trịn khơng chứa điểm 2019 điểm cho