SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI : TỐN Ngày thi: 13/03/2019 Câu Gọi x1 , x2 , x3 ba nghiệm phương trình x x x 0 Tính giá trị 1 S 2 2 x1 x2 x3 biểu thức x x 3 x x 9 x A : x x x x x Rút gọn biểu thức: x 0, x 4, x 9 Câu y x y x 2 x x x y 1 x y 2 Giải hệ phương trình : 2 Giải phương trình: x x 24 x x 6 12 x Câu Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: x y x y 22 x 121 0 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 2019 Tìm giá trị nhỏ 3 2 x y z xy yz zx biểu thức Câu 1) Qua điểm M nằm tam giác ABC kẻ DK / / AB, EF / / AC , PQ / / BC P E , P AB; K , F BC; D, Q CA Biết diện tích tam giác MPE , MQD , MKF 2 x , y , z với x, y , z số thực dương Tính diện tích tam giác ABC theo x, y, z 2) Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn tâm O M điểm dây BC M B, M C Vẽ đường tròn tâm D qua M tiếp xúc với AB B, vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai đường tròn D , E a) Chứng minh tứ giác ABNC tứ giác nội tiếp Từ chứng minh điểm N thuộc đường trịn (O) ba điểm A, M , N thẳng hàng b) Chứng minh trung điểm I đoạn thẳng DE nằm đường thẳng cố định điểm M di động dây BC Câu 1) Tìm tất ba số nguyên tố p; q; r cho pqr p q r 160 2) Cho đoạn thẳng có độ dài lớn 10 nhỏ 210 Chứng minh đoạn thẳng ln tìm đoạn thẳng để ghép thành tam giác ĐÁP ÁN Câu 1) x3 x x 0 x 1 x x 1 0 x x 0 x 1 (*) Phương trình * có ' 3 nên có hai nghiệm phân biệt Khơng tổng qt xem x3 1 x1 , x2 hai nghiệm * Ta có: 1 x12 x22 S 2 2 2 x1 x2 x3 x1 x2 x32 2 x x x1 x2 x1 x2 Ta có: x1 x2 4 2 x x 1 Theo Vi-et ta có: Thay số x1 x2 14 S 15 2) A x x x 3 : x 3 : 3 x x x 3 x 3 x x x x x 2 x 3 x x 3 x 3 x x 3 x 9 x x x 4 x : x x 3 x : x 3 x 3 x 3 x x x x 4 x 3 x : x 3 x x 3 x x Câu 1) Ta có: y x y x 2 x x x y 1 x y 2 1 y (1) (2) x y x y x x x 1 0 y 1 y x y x y 1 0 y y x 0 y x Với y 1 , thay vào (2) được: x 2 x 8 x 3 3 Với y x , thay vào (2) được: x x 1 x x 2 x x x x 0 Đặt t x x , phương trình trở thành: t 1 t t 0 t 1 t t t t 0 (3) Phương trình (3) có nên vô nghiệm 1 1 y x 2 t 1 x x 0 1 1 y x 2 Do Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ; ; ; 2 2 x, y 3;1 ; 3;1 ; Phương trình xác định x 12 Phương trình cho tương đương với: x x x x 12 x 12 x 0 x 2x 12 x x x 0 12 x 0 x 2 x x 3(tm) 12 x Câu 1) Ta có: x y x y 22 x 121 0 y x x 22 x 121 y x x 11 Vì y ; x 11 2 số phương nên x số phương x z x z x z x z Do đặt Ta có: x z ; x z ước số ; x z không âm nên x z số âm x z 5 169 x y (ktm) x z x 2 x z 1 x 2( ktm) x y 9 y 3 x z x; y 2;3 ; 2; 3 Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun 2) Ta có: 1 1 5 1 P 2 x y z xy yz zx 12 xy yz zx 16 x y z xy yz xz 12 xy yz zx 16 15 x y z xy yz xz 4. xy yz xz 2 2 2 x, y, z ta có: x y z 3 xy yz zx x y z xy yz xz 16 P x y z x y z 15 x y z 16 20192 31 2019 x y z 673 5435148 Dấu " " xảy 31 Pmin x y z 673 5435148 Vậy P 2019 15 20193 Câu A D E P B M Q C F K Đặt S ABC a Tứ giác MQCF có MQ / / FC , MF / / QC ( gt ) MQCF hình bình hành MQ FC Chứng minh tương tự ta có: PM BK 2 S EPM PM x PM PM x EPM ABC S BC a BC BC a ABC Ta có Chứng minh tương tự, ta có: DMQ ABC MQ y BC a MKF ABC KF z BC a x y z PM KF MQ BK KF FC BC 1 a BC BC BC x y z a S ABC x y z 2 A O B D J M C I N E K a) Trong E có MCA MNC (1) (góc tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn MC ) Trong (D) có MBA BNM ( góc tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn MB) MBA MCA BNM MBA MCA BNM MNC BNC Do BNC BAC MBA MCA BAC 180 (tổng ba góc tam giác) ABNC tứ giác nội tiếp (O) N đường tròn (O) ABC nội tiếp đường tròn (O) Tứ giác ABNC nội tiếp O nên ANC ABC (hai góc nội tiếp chắn AC ) (2) Mà ABC ACB (do ABC cân A) nên ANC ACB hay ANC ACM Từ (1) (2) suy MNC ANC điểm A, M , N thẳng hàng b) Vẽ đường kính AK đường trịn tâm O Gọi J giao điểm AK , BC ABK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O), ABD 90 (vì đường trịn tâm D tiếp xúc với AB B) B, D, K thẳng hàng Chứng minh tương tự : C , E , K thẳng hàng Ta có: AB AC , OB OC A, O thuộc đường trung trực BC CK BK CK KBC AO BC BK cân K KBC KCB DMB DBM cân D DB DM DBM EMC cân E EC EM ECM EMC KB / / EM KBC EMC ; KCB DMB KC / / DM DMEK hình bình hành Mà I trung điểm DE nên I trung điểm MK JMK vuông J có JI đường trung tuyến nên JI KI JI cố định nên I thuộc đường thẳng cố định đường trung trực đoạn JK Câu Không tổng quát giả sử p q r Với p 2,2qr q r 162 4qr 2q 2r 324 2q 2r 1 2r 1 325 2q 1 2r 1 325 52.13 2 2q 2r 2q 1 2r 1 2q 1 2q 1 325 2q 18 Do 2q ước 13 nên 2q 1 5;13 Nếu 2q 5 q 3 r 33 (loại) Nếu 2q 13 q 7 r 13 (thỏa mãn) pqr p q r 160 p qr 1 q r 160 qr 1 p 1 qr q r 160 qr 1 p 1 q r 1 r 1 160 qr 1 p 1 q 1 r 1 162 Nếu p lẻ q; r lẻ qr 1 p 1 q 1 r 1 4 mà 162 không chia hết vô lý Ta xếp đoạn thẳng theo thứ tự có độ dài tăng dần a1 a2 a8 Nếu tồn đoạn thẳng ak , ak 1; ak 2 thỏa mãn ak ak 1 ak 2 ba đoạn thẳng ghép thành tam giác Giả sử ngược lại a1 a2 a3 a2 a3 a4 a3 a4 a5 a4 a5 a6 a5 a6 a7 a6 a7 a8 Khi đó, theo giả thiết: a1 10; a2 10 a3 20 a4 30 a5 50 a6 80 a7 130 a8 210 , mâu thuẫn với giả thiết Vậy tồn đoạn thẳng ak , ak 1 , ak 2 mà ak ak 1 ak 2 Do tồn đoạn thẳng để ghép thành tam giác