SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 22/03/2019 Câu 1 Rút gọn biểu thức x x x 1 x x P : x 0, x 4 x x x x x x 3 Cho a 50 , b 50 Khơng dùng máy tính, chứng mnh 7 biểu thức M a b N a b có giá trị số chẵn Câu 2 Giả sử x1 , x2 hai nghiệm phương trình x 2kx 0 ( k tham số) 2 x1 x2 3 k Tìm tất giá trị cho x2 x1 x x 2 y y y 2 x Giải hệ phương trình: Câu 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y x y x 2 y x 1 Cho n * Chứng minh 2n 3n số phương n chia hết cho 40 Câu Cho đường tròn O; R điểm A cố định bên ngồi đường trịn, OA 2 R Từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn O (B, C tiếp điểm) Đường thẳng OA cắt dây BC I Gọi M điểm di động cung nhỏ BC Tiếp tuyến M đường tròn (O) cắt AB, AC E , F Dây BC cắt OE , OF điểm P, Q 1) Chứng minh ABI 60 tứ giác OBEQ nội tiếp 2) Chứng minh EF 2 PQ 3) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC cho tam giác OPQ có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ theo R Câu Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z 0 Tìm giá trị lớn x3 y P x yz y xz z xy biểu thức ĐÁP ÁN Câu 1) Với điều kiện x 0, x 4 ta có: x x x x 2 x P : x x 1 x x x 1 x : x x 5 x x x x 1 x x x 2 x 1 x x x1 x 1 x 2 x 2) Chứng minh M số chẵn 1 a 50 50 b 3 3 1 1 M a b 1 2 Chứng minh N số chẵn a b 2; ab 1; a b a b 2ab 6 N a b7 a a 4b3 b a 3b a 4b a 3b a a b3 b a b3 a 3b3 a b a b3 a b 2 a b a b ab a b 2a 2b 2 7.34 1 2 Vậy M , N số chẵn Câu 2 1) Vì phương trình x 2kx 0 có hai nghiệm x1 , x2 nên ' 0 x1 x2 2k k 0 k 4(1) Theo hệ thức Viet ta có : x1 x2 4 Do đó: 2 x12 x22 x1 x2 x14 x24 5 3 2 3 x1 x2 x12 x22 x2 x1 x1 x2 x1 x2 5 x x 4k 2 5 k 5 k k 2 Từ (1) (2) suy : k 2 k Hoặc: k Vậy tất giá trị k cần tìm k k Vậy hệ có nghiệm x y 0 2)Trừ vế theo vế phương trình 1 ta được: xy y x y 0 x y 0 x2 y2 x y 0 x y 0 x y x2 1 Th1: x y 0 x y x x x x 1 x y 0 x xy Th2 : 0 x2 y2 A Xét Ta có: xy x2 y2 3 3 x2 1 x y 1 y x2 y2 1 x x x x 3 x x 2 x x x 0 Tương tự: y2 1 y A Vậy hệ có nghiệm x y 0 Câu 1) Đặt a xy, b x y a , b , b 4a a 2b b a b (*) a2 a2 1 Phương trình (1) trở thành: a 2a a 4a a 1 5a 5a a 1 1;5 a 0; 2;2 xy 0 a 0 b 2 x, y 0, ; 2,0 x y 2 Nếu xy a b 0 x y Nếu phương trinh khơng có nghiệm ngun a 2 b , loại không thỏa mãn b Nếu 2 2) Giả sử 2n m ;3n k m, k * m số lẻ m số lẻ 2n m m 1 m 1 4 n chẵn, k lẻ Vì k số lẻ nên k 1, k hai số chẵn liên tiếp 3;8 1 nên 2 Từ 3n k 3n k k 1 k 1 8 n8 (1) Khi chia số phương cho số dư 0;1;4 , ta xét trường hợp: Nếu n chia cho dư 2n chia cho dư (vô lý) Nếu n chia cho dư 3n chia cho dư (vô lý) Nếu n chia cho dư 3n chia cho dư (vô lý) Nếu n chia cho dư 3n chia cho dư 3(vơ lý) Vậy n5 Vì nguyên tố nêu từ (1) (2) suy n40 Câu A F M Q I E B P H C O K Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, suy OI BC ABI BOI (cùng phụ với BAO) OB R cos ABI cos BOI ABI BOI 600 1 OA R Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt suy OF , OE tia phân giác góc COM MOB Suy : COM MOB COM MOB BOC (2) FOM ; MOE EOF FOM MOE BOI 2 2 Từ (1) suy ABI EOF 60 QBE QOE Tứ giác OBEQ nội tiếp Ta có: OQB OEB (cùng chắn cung OB đường trịn OBEQ ) OEF OEB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OQB OEF hay OQP OEF OQP OEF ( g g ) OQP OEF , QOP góc chung PQ OQ 3 EF OE Vì tứ giác OBEQ nội tiếp OBE 90 , QBE 60 nên OQE 1800 OBE 900 ; OEQ OBQ OBE QBE 300 OQE vuông Q OEQ 300 OQ sin OEQ sin 300 OE PQ EF 2 PQ Từ (3) (4) suy : EF EF 2 OQP OEF PQ Vì , theo tỉ số đồng dạng nên: SOPQ S 1 SOPQ OEF S ABOC S AEF OA.BC S AEF R S AEF SOEF 4 8 Sử dụng công thức Hê rơng, tính diện tích S tam giác có độ dài ba cạnh a, b, c : S2 a b c a b c b c a c a b 16 a b c a b c b c a c a b 16.27 SOPQ 1 AE EF FA R2 4.3 2 a b c a b c S 4.3 4.3 1 AE EB FC AF R 3 8 4.3 2 AE EB AF FC AB AC R R 3 8 4.3 4.3 AOB 2 2.2 R sin AB 1 R R R 3 4 4.3 4.3 Câu Ta có: x y z z xy x y xy x 1 y 1 AE EM MF AF R 3 8 4.3 x yz x y x y 1 x xy y y x y y 1 y xz y x x y 1 x y x 1 x3 y P x y x 1 y 1 x y 4 xy x3 y3 x2 y2 P x 3 3 xy x y x 1 y 1 y Vì Áp dụng BĐT AM-GM cho ba số thực dương, ta có: x x x2 27 x x2 3 x 3 x 1 0 2 4 x 1 27 0 Tương tự: y2 y 1 27 P x2 y 4 3 27 27 729 x 1 y 1 x y x y 2 1 2 z x y z 5 x y 2 Pmax 29 z 5 Vậy Dấu " " xảy