PHỊNG GD&ĐT TƯ NGHĨA KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN Năm học: 2016 - 2017 Môn thi: Tốn Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/11/2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1:(3 điểm) A x2 2x 1 ( ) x3 x x Cho biểu thức a) Tìm điều kiện x để biểu thức A có nghĩa b)Rút gọn biểu thức A c)Tìm giá trị nhỏ A Bài 2:(6 điểm) a)Giải phương trình: x 2015 x 2014 2 2017 x 2016 1 b)Chứng minh : x y biết x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + = x.y > 1 1 : 1 x y z x y z x , y , z c)Cho thỏa mãn 21 21 11 B x y y z11 z 2017 x 2017 Tính giá trị biểu thức Bài 3:(4 điểm) a)Với n chẵn (n N) chứng minh rằng: (20n + 16n – 3n – 1) 323 2017 b)Tìm số nguyên x,y thỏa mãn : ( y 2) x y y 0 Bài 4:(4 điểm) Cho tam giác ABC ( có ba góc nhọn) nội tiếp đường trịn (O; R) Các đường cao AD, BE, CF cắt H Kéo dài AO cắt đường tròn K Gọi G trọng tâm tam giác ABC a) Chứng minh SAHG = 2SAGO HD HE HF + + =1 b) Chứng minh AD BE CF Bài 5:(3 điểm) Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính AB C D hai điểm nằm nửa đường 0 tròn cho góc CAB = 45 , góc DAB = 30 AC cắt BD M Tính diện tích tam giác ABM theo R HẾT PHÒNG GD&ĐT TƯ NGHĨA HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Năm học: 2016 - 2017 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 22/10/2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1a (1đ) Nội dung x 0 x 0 a) Điều kiện x để biểu thức A có nghĩa : x 1 Điểm x x 1,0đ b) Rút gọn biểu thức A A 1b (1đ) x2 2x 1 x( x 2) ( ) x 1 x x ( x 1)( x x 1) ( x 2) 1,0đ x ( x 2) x ( x 2) ( x x 1) ( x 1)( x x 1) x ( x 1)( x x 1) ( x 1) 1 2 ( x 1)( x x 1) x x a) Tìm giá trị nhỏ A 1 1 x x ( x )2 Ta có ( x )2 đạt giá trị nhỏ Ta có A nhỏ 4 1 x x = 0 Vậy: Giá trị nhỏ A A 1c (1đ) 2a (2đ) 1,0đ a) Giải phương trình: x 2015 x 2014 2 2017 x 2016 2016 x 2017 Điều kiện Phương trình cho tương đương với x x 2017 x 2016 2017 x 2016 0 x 1 2017 x 2016 0 x 0 2017 x 2016 0 1,0đ x 1 2017 x 2016 1 1,0đ x 1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy x 1 nghiệm phương trình cho 1 x y b) Chứng minh: biết x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + = x.y > Ta có: x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + = (x + y)( x2 – xy + y2) + 2(x2 – xy + y2) + (x2 + 2xy + y2) + 4(x+y) + = ( x2 xy + y xy + y2)( x + y + 2) + ( x + y + 2)2 = ( x + y + 2)( x2 xy + y xy + y2 + x + y + 2) = 2b (2đ) 1,0đ ( x + y + 2)( 2x2 xy + y 2xy + 2y2 + 2x + 2y + 4) = 2 ( x + y + 2) ( x y ) ( x 1) ( y 1) = x+y+2=0 x + y = -2 mà x.y > nên x< 0, y < ( x) ( y ) ( x y ) 1 2 Áp dụng BĐT CauChy ta có 2 1 x y 2 M xy xy x y xy xy Do xy suy hay -2 Mà 1 M x y Vậy (đpcm) ( x)( y ) 1 1 : 1 x y z x y z x , y , z c) Cho thỏa mãn 21 21 11 11 2017 B x y y z z x2017 Tính giá trị biểu thức 2c (2đ) 1 1 1 1 : 1 x y z 1 x y z x yz x y z Ta có: (yz + xz + xy)(x + y + z) = xyz xyz + zy2 + yz2 + zx2 + xyz + xz2 + yx2 + xy2 + xyz = xyz (xyz + zx2 + xy2+ yx2)+ (zy2 + yz2 + xz2 + xyz) = x(yz + zx + y2+ yx)+ z(y2 + yz + xz + xy) = x y y z z x (yz + zx + y2+ yx)( x+ z) = ( x y )( y z )( x z ) 0 Thay vào B tính B = a) Với n chẵn (n N) chứng minh rằng: 20n + 16n – 3n – 323 1,0đ 1,0đ 1,0đ Ta có: 323=17.19 20n + 16n – 3n – 1= (20n – 1) + (16n – 3n) 20n – 19 3a 16n – 3n 19 (n chẵn) (2đ) Do 20n + 16n – 3n – 19 (1) n n n n n n 20 + 16 – – 1= (20 – ) + (16 –1) n 20 – 3n 17 16n –1n17 ( n chẵn) Do 20n + 16n – 3n – 17 (2) n Mà (17;19) = nên từ (1) (2) suy 20 + 16n – 3n – 323 1,0đ 1,0đ 2017 b) Tìm số nguyên x,y thỏa mãn : ( y 2) x y y 0 2017 Nếu y+2=0 y lúc phương trình có dạng x 0 (vô nghiệm ) Nếu y x 2017 ta có 3b (2đ) Vì x,y nguyên nên Với y 2 1,0đ y y 1 y y2 y 2 nguyên y y x 2017 y 2 1;1 Ư(1) 1,0đ (loại ) y 1 y x 2017 0 x 0 Với Vậy số nguyên x,y thỏa mãn đề : x=0,y=-1 a) Chứng minh SAHG = 2SAGO Tam giác ACK nội tiếp đường trịn (O) đường kính AK Nên KC vng góc với AC Mà BE vng góc với AC (gt) Suy KC // BE hay KC // BH A Chứng minh tương tự ta có KB // CH Nên tứ giác BHCK hình bình hành F E H G B 1,0đ O D M C K (4đ) Gọi M giao điểm BC HK nên M trung điểm BC mà G trọng tâm tam giác ABC nên AG = AM M trung điểm HK nên AM đường trung tuyến tam giác AHK 1,0đ Mà G thuộc đoạn AM AG = AM nên G trọng tâm tam giác AHK Ta có O trung điểm AK nên HO đường trung tuyến tam giác AHK Nên HO qua G HG = 2GO Tam giác AHG tam giác AGO có chung đường cao kẻ từ A đến HO HG = 2GO Do SAHG = 2SAGO 2,0đ HD HE HF + + =1 b) Chứng minh AD BE CF 1 HD.BC HE.AC HF.AB HD HE HF 2 + + = + + AD BE CF AD.BC BE.A C CF.AB 2 Ta có: S S S +S +S S HAC HAB = HBC + HAC + HAB = HBC SABC SABC SABC SABC = Tính diện tích tam giác ABM theo R S ABC SABC =1 M C D N (3đ) A O H Gọi N giao điểm AD BC; H giao điểm MN AB 0 Chứng minh góc AHM = 90 ; mà góc CAB = 45 (gt) nên tam giác AHM vuông cân MH = AH MH + HB = AH + HB = 2R (1) * Tam giác MHB vuông H 1,0đ 2,0đ MB = HB=MB.cos MBH MH= MB.sinMBH MH HB HB = = 2HB cos MBH cos 600 = MB.sin 600 = MB = HB MH 3.MH = 3 Từ (1) (2) ta có MH + S= (2) 3.MH 6R = 2R Þ MH = = (3 3+ AB.MH = 2R.(3 2 3) R = (3 - 3) R 3).R Vậy: Chú ý: -Học sinh giải theo cách khác, vẫn cho điểm tối đa -Khơng có điểm vẽ hình -Chứng minh mà khơng có hình vẽ hình vẽ sai khơng có điểm HB=