SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BẮC NINH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1) Rút gọn biểu thức 2 a b a 2b3 a P 3 a ab b b ab a 2b a a 0, b 0, a 2b y m 4m x 3m 2) Cho hàm số có đồ thị d Tìm tất giá trị m để đường thẳng d cắt trục hoành trục tung hai điểm A, B cho tam giác OAB có diện tích 1cm (O gốc tọa độ, đơn vị đo trục cm) Câu 2 1) Cho phương trình x 3m x 2m 5m 0, x ẩn, m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm dương x y y x x y 3 2) Giải hệ phương trình: x x 2 y y Câu 1) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a c b c 4c Tìm giá P a b ab b 3c a 3c bc ca trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức 2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p p số phương Câu 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AB AC đường cao AD Vẽ đường kính AE đường trịn (O) a) Chứng minh : AD AE AB AC b) Vẽ dây AF đường tròn (O) song song với BC , EF cắt AC Q, BE cắt AD P Chứng minh PQ song song với BC c) Gọi K giao điểm AE BC Chứng minh rằng: AB AC AD AK BD.BK CD.CK 2) Cho tam giác ABC có BAC 90 , ABC 20 Các điểm E F nằm cạnh AC , AB cho ABE 10 , ACF 30 Tính CFE Câu Trong kỳ thi Olympic có 17 học sinh thi mơn Tốn mang số báo danh số tự nhiên khoản từ đến 1000 Chứng minh chọn học sinh thi tốn có tổng số báo danh mang chia hết cho ĐÁP ÁN Câu a a 2b3 Ta được: Suy ra: 2b a 2b a 2ab 2b a b a a 2b a a 2b a 2ab 2b a 2b3 a 2ab 2b 2 a b a 2ab 2b a 2b a 2ab 2b a 2b3 2b 2ab a a 2ab 2b 2b a a a 2b a 2b a 2ab 2b 2ab 2b 2b 2b a 2b a 2b a 2b a 2b a 2b P a 2b 2b 2b Từ suy ra: 2 Vì ba điểm O, A, B tạo thành tam giác nên m 4m 0 3m 0 3m 3m A ;0 OA m 4m Tọa độ giao điểm A d Ox m 4m Tọa độ giao điểm B d Oy B 0;3m OB 3m 1 3m SOAB OA.OB 3m 1 2 m m ABO Do tam giác vuông O nên 9m 12m 2 m 4m 2 m 4m 9m 12m m 4m 3m Do đó, m 2(tm) 7m 4m 12 0 2 11m 20m 0 m 11 (tm) 2 m 2; 11 Vậy Câu 2 3m 2m 5m 3 m2 8m 16 m 0, m Do phương trình ln có nghiệm, nghiệm x1 2m 1; x2 m Phương trình có nghiệm dương khi: x1 2m x 0 m 30 m x y y x x y x x 2 y y * x 0 x y x 0 (ktm) y x 3 y x y 0 ktm (*) y 2 x y 0 x y 0 x 0 y Điều kiện: Nhận xét: Do đó, ta có: x y y x x y 2x y x 3y 1 x y 2x y x x y 0 x y 0 y 1 x y 1 x y 1 0 2x y x y x y y x x y x y x y Với y x thay vào phương trình (*) ta có: x 1 x 2 x 1 Với x 1 x 1 x 1 y 0 x 5 y 4 x 0 2x y x 3y 1 x y x y y x x y 2x y x 3y 1 x y Ta có: Cộng vế với vế hai phương trình ta được: x 3y 1 y x 2 27 x 1 x x 1 Thay vào (*) ta được: x 1 25 x 59 0 x 1 x 0 Vậy hệ có nghiệm x; y 1;0 ; 5;4 x 1 Câu Đặt a xc, b yc x, y , Từ điều kiện suy x 1 y 1 4 x2 y 3 x y x y xy xy P y x x y xy x y x y Khi đó, x y x y xy xy xy x y xy Do x 1 y 1 4 xy 3 x y Đặt t x y t 3 xy 3 t 2 x y t t xy t 4t 12 0 t 2(dot 0) t 3t t t t 3 P t 3t t t với t Khi đó, Ta có: P 2 t 3 6 t 2 x y Min P t x, y xy 3 Do nghiệm hệ t 3t t t 3 P 1 t 3 2t 2t Ta lại có: x y 2 x y 1 xy P t x , y Do max nghiệm hệ 2 Đặt p p t t Biến đổi thành p p t 3 t 3 (1) p ước t 3 t 3 Trường hợp 1: t 3 p , Đặt t pk k , thay vào (1) ta có: p p pk pk p pk 6k 0 Xem phương trình bậc hai ẩn p , điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình 4 là: k 6k k 24k 16 số phương 2 k Mặt khác với k ta dễ chứng minh k 24k 16 k Suy trường hợp: k 24k 16 k 1 2k 24k 15 0 (loại) k 24k 16 k k 6k 0(ktm) k 24k 16 k 3 6k 24k 0( ktm) Do phải có k 3 k 3 t 36; p 11 Trường hợp 2: Nếu t 3p , đặt t pk k p p pk pk p pk 6k 0 Khi thay vào (1) ta có: Xem phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm hai phương 4 trình k 6k k 24k 16 số phương k Mặt khác k ta dễ chứng minh: 2 k 24k 16 k nên ta có trường hợp: k 24k 16 k 1 2k 24k 15 0( ktm) k 24k 16 k k 6k 0(ktm) k 24k 16 k 3 6k 24k 0( ktm) t 3 p 2 k 3(tm) t 18 p 7 Do phải có k 3 Sau thử ta có Vậy p 2;7;11 Câu F A O P D Q K B M C E a) Xét hai tam giác ADB ACE có ACE 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) nên ACE ADB 90 Hơn nữa, ABD AEC (cùng chắn AC ) ADB ACE AD AB AD AE AB AC AC AE Từ ta có tỉ lệ thức b) Ta có: PFQ BAE (cùng chắn BE ) BAD DAE Mặt khác BAE mà BAD EAC ABD AEC Nên BAE BAD EAC DAC PAQ PFQ Suy tứ giác APQF nội tiếp FAQ FPQ Vì FAQ FBC (cùng chắn FC ) nên FPQ FBC PQ / / BC c) Ta có: AB AC AD AE Suy AB AC AD AK AD AE AD AK AD.KE Kéo dài AD cắt O M AK KB AK KE KB.KC CK KE AKB Xét AD CD ADC BDM AD.MD BD.CD BD MD Mặt khác AME 90 (chắn nửa đường tròn) Suy ME AD mà DK AD DK / / ME AD AK Áp dụng định lý Talet AME ta được: DM KE Do AK DM AD.KE BD.BK CD.CK BD.CD CK BK CKE AD.MD AK KE AD.KE AK MD AD KE BD.BK CD.CK AD.KE Vậy AB AC AD AK BD.BK CD.CK G B F A E D 0 Xét ABC có BAC 90 , ABC 20 ACB 70 900 , ACF 300 FC 2 AF ACF có CAF Gọi D trung điểm BC G điểm AB cho GD BC C ABC DBG BD BA BG BC Khi đó, GCB GBC 200 GCF 200 Do CG BE tia phân giác BCF ABC nên FC BC BA AE ; FG BG BC EC 1 FC BC BD BA AE AF AF AE FG FG BG BG BC EC FG EC Do đó, CG / / EF (Talet đảo) CFE GCF 200 Câu Với số tự nhiên đôi khác tùy ý có hai trường hợp xảy ra: +Th1: Có số chia cho có số dư giống tổng ba số tương ứng chia hết cho +Th2: Có nhiều số chia cho có số dư giống Có số chia hết cho 3, số chia dư 1, số chia dư Suy ln chọn số có tổng chia hết cho Do ta chia 17 số số báo danh 17 học sinh thành tập có 5,5,7 phần tử Trong tập, chọn số có tổng 3a1 ,3a2 ,3a3 a1 , a2 , a3 Còn lại 17 8 số, số lại, chọn tiếp số có tổng 3a4 Cịn lại số chọn tiếp số có tổng 3a5 Trong số a1 , a2 , a3 , a4 , a5 có số ai1 , , có tổng chia hết cho Nên học sinh tương ứng có tổng số báo danh ai1 9