SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI : TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu x 3 A 1 x x x x 27 1) Rút gọn biểu thức 1 1 1 B 2 2018 2019 2) Tính tổng: Câu Giải phương trình hệ phương trình sau: 1) x x x x 1 1 x x 4 y y 2) x x x 4 y y y3 Câu n n 1) Cho n số tự nhiên lẻ Chứng minh: 46 296.13 chia hết cho 1947 2) Cho A số phương gồm chữ số thỏa mãn ta cộng thêm vào chữ số A đơn vị ta số phương B gồm chữ số Tìm hai số A B Câu 1) Cho hai đường thẳng d1 : mx m y m 0 d : m x my m 0 d d a) Tìm điểm cố định mà qua điểm cố định mà qua với m d , d b) Chứng minh hai đường thẳng cắt điểm I m thay đổi điểm I ln thuộc đường trịn cố định 2) Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn a 1, b 1, c 1, d Chứng minh bất đẳng thức : a2 b2 c2 d2 16 b c d a Câu Cho đường trịn (O) đường kính AB cố định Gọi C điểm di động (O) cho C khác A, C khác B C khơng nằm cung AB Vẽ đường kính CD (O) Gọi d tiếp tuyến (O) A Hai đường thẳng BC , BD cắt d E , F 1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn 2) Gọi M trung điểm EF I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE Chứng minh AB 2 IM 3) Gọi H trực tâm DEF Chứng minh điểm C di động (O) điểm H ln chạy đường trịn cố định O; R I ; r tiếp xúc A R r Vẽ dây AB O; R dây AC I ; r cho AC AB Gọi MN tiếp tuyến chung M O , N I đường tròn với Câu 6.Cho hai đường tròn 1) Chứng minh ba đường thẳng BC , OI , MN đồng quy 2) Xác định số đo AOB để diện tích ABC lớn ĐÁP ÁN Câu 1) Ta có: x 3 A 1 x x x x 27 x 3 x x x x 3 3 x 3x x x x x 2) Với x , ta có: 1 2 1 x x 1 x x x 1 x 2 1 x x 1 x 2 x 1 1 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 1 Vì 1 1 1 2 x x 1 x x 1 x x x 1 1 1 1 1 0 x x 1 x x 1 1 1 * x x 1 x x 1 Áp dụng công thức (*) ta có: 1 1 1 B 3 2018 2019 B 2019 2019 Câu 2 1) Từ pt (1) x x x x 0 2 Đặt t x x t 0 t x x t 2(tm) t t 0 t 1 t 0 t 1(ktm) Ta có phương trình: x 0 t 2 x x 2 x x x Với Vậy S 0; 5 2) Điều kiện y 0 x x Khi hpt 1 x 4 y x 1 x 4 y y a x 1 ; b x y2 y Đặt b 4 a a b 4 b 4 a a 2 a a 4 a 0 b 2 ab 4 HPT 2 2 x y 2 x x 2 2 x 1 0 1 1 x x x 2 y y y Khi x 1 (tm) y Vậy x; y 1;1 Câu n n 1) Ta có:1947 3.11.59 , đặt A 46 296.13 46 1n 1 mod3 * n n A 1 296 297 0 mod3 A3 1 13 mod3 46n 2n 1 mod11 * n A 2n 296.2n 297.2n 11.27.2n 0(mod11) A11 n 13 2 1 mod11 n *46n 13 13n mod13 Vì n số tự nhiên lẻ A 13n 296.13n 295.13n 5.59.13n 0 mod59 A59 (3) Mà 3;11;59 đôi nguyên tố nên từ (1), (2), (3) ta có A1947 2 2) Đặt A m B n với m, n số nguyên dương m n 2 Ta có: A 1111 B m 1111 n n m n m 11.101 Do m n n m, n m hai số nguyên dương n m n m Mà 11 101 hai số nguyên tố nên 1111 11.101, mà n m Suy n m 11 n m 101 n 56 A 2025 m 45 B 3136 Câu 1) a) Xét A 2;1 ta có: m m m 2m m m 0, m nên d1 qua A cố định Tương tự, xét B 1;2 m m.2 m 2 m 2m m 0, m nên d1 qua B cố định b) Ta chứng minh đường thẳng d1 , d ln vng góc với *nếu m 0 d1 : y 0 đường thẳng song song với Ox d2 : x 0 đường thẳng song song với Oy d1 d *nếu m 2 d1 : x 0 đường thẳng song song với Oy d : y 0 đường thẳng song song với Ox d1 d *Nếu m 0, m 2 : m2 m2 m m 2 y x ; d2 y x d1 có phương trình: m m m m có pt: m m 2 d , d m m Tích hệ số góc Suy d1 d Vậy ta chứng minh được: d1 d d1 cắt d I Và IA IB, A B hai điểm cố định AIB 90 I thuộc đường trịn đường kính AB cố định a 0; b a, b, c, d c 0; d Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 2) Vì a2 a2 b 1 2 b 1 4a (1) b b b2 b2 c 1 2 c 1 4b (2) c c c2 c2 d 1 2 d 1 4c(3) d1 d1 d2 d2 a 1 2 a 1 4d a a Từ 1 , , 3 , ta có: a2 b2 c2 d2 a b c d 16 4 a b c d b c d a a2 b2 c2 d2 16 b c d a Dấu " " xảy a b c d 2 Câu H N B D O F M I A C E (4) 1) Ta có: BCD BAD (cùng chắn cung BD) d tiếp tuyến (O) A nên d AB , ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) AD BF BFA Suy BAD (cùng phụ ABF ) , BCD DFE DCE DFE DCB DCE 1800 CDFE tứ giác nội tiếp 2) Ta có : ME MF ( gt ) MI EF (đường kính dây cung) AB EF (EF tiếp tuyến) nên MI / / AB MI / / OB (1) Xét FBE vuông B, trung tuyến BM MB MF MFB MBF Vì tứ giác CDFE nội tiếp nên BDC BEF MBD BDC BFM BEM 900 BM CD Lại có: IO CD (đường kính dây cung) BM / / IO IM BO AB Từ (1) (2) suy BMIO hình bình hành hay AB 2 IM 3) Vì H trực tâm DEF nên DH / / AB (cung EF ) AD / / BH (cùng FB) ABHD hình bình hành BD AH Mà AD BC (ADBC hình chữ nhật) BH BC Lấy N đối xứng với O qua B, ta có tứ giác OHNC hình bình hành NH OC R không đổi N điểm cố định (Vì O B cố định) Vậy C di động (O) H chạy đường trịn N ; R Câu B H O K A M C I N E 1) Gọi E giao điểm đường thẳng BC OI Ta có: O, A, I thẳng hàng (tính chất đường nối tâm) IAC cân I AIC 1800 IAC OAB cân O AOB 1800 2OAB AOB AIC 3600 OAB IAC 3600 2.900 1800 IC / /OB EI IC r Áp dụng định lý Talet EOB ta có: EO OB R Gọi E ' giao điểm OI MN EOM có IN / / OM cung MN Áp dụng định lý Talet ta có: EI IN r EO OM R , suy E trùng E ' Vậy ba đường thẳng BC , OI , MN đồng quy 2) Vẽ OH AB H AB ; IK AC K AC Ta có: OAH AIK (cùng phụ với KAI ) AB 2 AH 2OA.cos OAB 2 R cos AC 2 AK 2 IA.sin AIK 2r sin Vì ABC vng A, ta có: AB AC S ABC 2.R.cos 2r sin R.r.2cos sin 2 2 Mặt khác 2cos sin sin cos 1 Do S ABC R.r Dấu " " xảy sin cos 45 Vậy diện tích ABC lớn 45