SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH PHƯỚC Câu 1 Cho biểu thức : x P 3 x 3 a) Rút gọn P KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI:TỐN Ngày thi:06/03/2019 : x 1 x x x 1 x x 8 x 1 x 2 1 2 b) Tính giá trị biểu thức P Cho x, y số thực thỏa mãn: x y 1 3 P x x y y x y Tìm giá trị nhỏ Câu Giải phương trình: x x x x xy x y 6 2 x 1 y 8 Giải hệ phương trình: Cho hàm số P : y x Tìm giá trị m để đường thẳng d : y 2 x m 1cắt đồ thị hàm số P hai điểm phân biệt A x1; y1 , B x2 , y2 thỏa mãn y1 y2 x1.x2 12 Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , D điểm cạnh AB D A, B Gọi M , N trung điểm CB, CA Đường thẳng MN cắt O hai điểm P, Q ( P, Q thuộc cung CB, CA) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt BC I I B Các đường thẳng DI AC cắt K a) Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp b) Chứng minh PK QC QB.PD c) Đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP G G P Đường AD thẳng IG cắt BA E Chứng minh D di chuyển BA AE khơng đổi Câu Cho hình chữ nhật ABCD với AB a, AD b Trên cạnh AD, AB, BC , CD lấy điểm E , F , G, H cho tạo thành tứ giác EFGH Gọi c chu vi 2 tứ giác EFGH Chứng minh c 2 a b Câu Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : y y x Chứng minh với số nguyên n chẵn thì: n 20n 96 chia hết cho 48 ĐÁP ÁN Câu 1) a) ĐKXĐ:1 x 10 Đặt a x 1,0 a 3, Khi đó: a 3a 1 a2 P : a a a a a a a a a 3a 1 : a a a a 3 a a 3 3a 3a a 2a : : a a a a 3 a a a a 3 a 3 a a 3 3a 3 x a a a 2a x b) Ta có: 1 2 1 1 1 1 x 32 1 1 1 1 1 2 2 3 2 1 2 2 14 2) Ta có: P 2 x x3 y 1 y x 1 y P 2 x x3 y x3 xy y y x x y y x y x y x y 1 x y x y x y x y x xy y Do 2 y x x xy y x y 2 2 2 P x y2 Mà x y 1 x y xy 1 x y x y 1 1 x y 1 x y P x y Dấu " " xảy 1 P x y Vậy giá trị nhỏ Câu Điều kiện: 1 x x x 3x x x x x x 3 x x 3x x 3 x x x x 3 x x x x x 5(tm) x x 15 0 x ( ktm) Vậy phương trình có nghiệm x 5 Ta có: xy x y 6 2 x y x y y 4 2 x y x 1 y 4 2 x 1 y 8 * Đặt a x 1, b y ta có hệ phương trình: ab 4 ab 4 ab 4 * 2 2 a b 8 a b 2ab 8 a b 16 ab 4 a 2 x 2 ab 4 a b b y 2 a b 4 ab a x a b a b b y x 1 y 4 x y 0 Nghiệm hệ phương trình ( x; y ) 1;4 ; 3;0 Phương trình hồnh độ giao điểm d P là: x 2 x m hay x x m 0 (1) d P cắt hai điểm phân biệt 1 có hai nghiệm phân biệt ' 1 m 1 m 2 Do A, B P nên y1 x1 ; y2 x2 Theo đề ta có: x1 x2 4 y1 y2 x1 x2 12 x1x2 x1x2 12 0 x1 x2 x1 x2 2 x x m Theo hệ thức Vi-et ta có: Nếu x1 x2 4 m 4 m 3(ktm) Nếu x1 x2 m m 4(tm) Vậy m 4 Câu K C N I P M J O G B Q D A E a) Tứ giác BDIP nội tiếp PIK 180 PID PBA Mà tứ giác CPBA nội tiếp PCK 180 PCA PBA PIK PCK Nên tứ giác CIPK nội tiếp b) Tứ giác CIPK nội tiếp tứ giác PBDI nội tiếp suy PKI PCI PK PD PK PC PDI PBI PKD PCB ( g g ) 1 PC PB PD PB Mà tứ giác CPBQ nội tiếp suy QPB BCQ hay MPB MCQ , mặt khác PC MP MPB MCQ( g g ) 3 PMB CMQ QB MB (đối đỉnh) PB PC PC QB MB MC (4) QC QB PB QC Từ (2) (3) kết hợp Từ (1) (4) PK QB PK QC QB.PD PD QC c) Do tứ giác BDGI tứ giác CPBA nội tiếp PGI PBI PBC PAC AD KD IG / / CA 5 AE KI Trên BC lấy J cho KPI CPJ Tứ giác CIPK nội tiếp, có IPK 1800 KCI BCA không đổi CB CJ không đổi (6) Suy J điểm cố định Lại có PKI PCJ ( g.g ) PKD PCB ( g.g ) KI PK KD KD CB 7 CJ PC CB KI CJ AD Từ (5), (6), (7) AE không đổi Câu F A E I D B K G M H C Gọi I , K , M theo thứ tự trung điểm EF , EG, EH AEF vng A có AI AI EF đường trung tuyến nên 1 IK FG MC GH IK 2 Tương tự đường trung bình AFG nên Tương tự KM EH c EF FG GH HE 2 AI IK KM MC 2 Ta có AI IK KM MC AC Suy c 2 AC 2 a b Câu Đặt x a, a 0, y b, b y y x 4b 6b a 16b 24b 4a 16b 24b 4a 13 2 4b 3 2a 13 4b 2a 4b 2a 13 1.13 13.1 Sau lập bảng thử trường hợp x; y 9;1 Ta có n chẵn n 2k , k Suy ra: n3 20n 96 2k 40k 96 8 k 5k 96 8 k k 6k 96 8 k k 48k 48.2 Do k 1; k ; k ba số nguyên liên tiếp nên k 1 k k 1 6 k k k 1 k k 1 6 k k 48, k Vậy với số nguyên n chẵn n 20n 96 chia hết cho 48