SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn : Tốn Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu (4,0 điểm) Cho biểu thức x x 9x x 1 x 1 P : x x x x x x x x 0, x 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x cho P nhận giá trị số nguyên Câu (6,0 điểm) x m 1 x 2m 0, x a) Cho phương trình ( ẩn, m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1 x2 2 b) Lúc sáng, người xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B với khoảng cách 18km Sau quãng đường, xe bị hỏng nên người phải dừng lại sửa 20 phút tiếp đoạn đường lại với vận tốc vận tốc lúc đầu 8km / h Khi đến B người nghỉ lại 30 phút trở A với vận tốc nửa vận tốc quãng đường AB Biết người trở A lúc 10 20 phút sáng ngày Hỏi xe đạp hỏng lúc ? x 1 y xy y c) Giải hệ phương trình : 2 y x y Câu (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB AC Gọi D trung điểm BC Hai đường cao BE CF cắt H Đường tròn tâm O ngoại tiếp BDF đường tròn tâm O ' ngoại tiếp CDE cắt I I khác D ), EF cắt BC K Chứng minh : a) Tứ giác AEIF nội tiếp b) Tam giác DCA đồng dạng với tam giác DIC c) Ba đường thẳng BE , CF , KI đồng quy 1 1 2 c Câu (2 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b Tìm giá trị 2 2 2 ab bc ac P 2 2 c a b a b c b a2 c2 nhỏ biểu thức 2 Câu (2 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên y y y y x x 0 ĐÁP ÁN x x 9x x 1 x 1 P : x x x x x 7x x Câu Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x cho P nhận giá trị số nguyên x 9x x 1 x 1 a) P : x x 2 x x 7x x x x x 1 x x x x 1 x 1 x 1 x 2 x 1 x x x x 1 x b) Với P x 0, x 1 x 0 P x 0 x 2 x 14 7 0P 3 x 2 3 x 2 P nhận giá trị số nguyên P 1;2 P 1 P 2 1 x x (tmdk ) x 4 x 16(tmdk ) 1 x ;16 P nhận giá trị số nguyên Vậy Câu 2 a) Cho phương trình x m 1 x 2m 0, ( x ẩn, m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1 x2 2 2 ' m (với m) nên phương trình ln có hai nghiệm phân x1 x2 2 m 1 x x 2m x ; x biệt Áp dụng định lý Vi – et : 2 x1 x2 2 x1 x2 8 x1 x2 x1 x2 8 m 4m 0 m 2 b) Lúc sáng, người xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B với khoảng cách 18km Sau quãng đường, xe bị hỏng nên người phải dừng lại sửa 20 phút tiếp đoạn đường lại với vận tốc vận tốc lúc đầu 8km / h Khi đến B người nghỉ lại 30 phút trở A với vận tốc nửa vận tốc quãng đường AB Biết người trở A lúc 10 20 phút sáng ngày Hỏi xe đạp hỏng lúc ? 1 20' h, 30' h 10 h ; 10 20 phút Đổi Gọi vận tốc xe đạp quãng đường AB x km / h x Vận tốc xe đạp quãng đường lại : x 8(km / h) Vận tốc xe đạp từ B A 0,5 x km / h 1 10 h 2 Tổng thời gian xe từ A đến B quay A là: 12 18 Theo đề ta có phương trình : x x 0,5 x x 24 x 148 x 672 0 28 x (ktm) h Thời gian xe quãng đường AB : 24 Vậy xe đạp hỏng lúc 15 phút x 1 y xy y c) Giải hệ phương trình : 2 y x y Hệ phương trình cho tương đương: x 1 x 1 y y 1 x 1 y 2 y (1) 2 Nhân vế với vế (1) (2) : x 1 y 2 y 3 x 1 y x y Thế vào phương trình (1) : y 1 x 0 y 1 y x Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x; y 0;1 , 2; 1 Câu Cho tam giác ABC nhọn có AB AC Gọi D trung điểm BC Hai đường cao BE CF cắt H Đường tròn tâm O ngoại tiếp BDF đường tròn tâm O ' ngoại tiếp CDE cắt I I khác D ), EF cắt BC K Chứng minh : A E F I O' H K B O M D C a) Tứ giác AEIF nội tiếp IDC IEC 180 CDIE tứ giác nội tiếp) IDC IDB 180 (hai góc kề bù) IDB IFB 180 (tứ giác BDIF nội tiếp) IEC IFB 180 AEI AFI 180 Tứ giác AEIF nội tiếp b) Tam giác DCA đồng dạng với tam giác DIC Ta có AIF AEF (tứ giác AEIF nội tiếp) ABC AEF (tứ giác BCEF nội tiếp) ABC FID 180 (tứ giác BDIF nội tiếp) AIF FID 180 điểm A, I , D thẳng hàng BEC vuông E, D trung điểm BC DB DC DE DEC DCE CDE cân D) Mà DEC DIC (tứ giác CDIE nội tiếp) DCE DIC DCA DIC có ADC chung DCE DIC DCA ∽ DIC ( g g ) c) Ba đường thẳng BE , CF , KI đồng quy Ta có : DCA ∽ DIC DCI DAC Mặt khác: DAC IFE (tứ giác AEIF nội tiếp) DCI IFE tứ giác CIFK nội tiếp KFC KIC KFB ACD (tứ giác BCEF nội tiếp) KFB CID ACD KID BFC 90 KI AD 1 Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH Tứ giác AEIF nội tiếp I thuộc đường trịn đường kính AH HI AD Từ (1) (2) điểm K , H , I thẳng hàng Vậy ba đường thẳng BE , CF , KI đồng quy H 1 1 c Câu Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b Tìm giá trị nhỏ 2 2 2 ab bc ac P 2 2 c a b a b c b a2 c2 biểu thức 1 P 1 1 1 c a b a a b c b c 1 x ,y ,z 2 a b c x, y, z x y z 1 Đặt z x y z2 x2 y2 P x y y z z x2 z z x x2 y y Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương ta có : x 1 x 2 x 1 x Tương tự : 1 x2 1 x2 1 x2 x x x 2 2 x2 3 2 x 1 x x 27 x 1 x 3 1 y2 3 y 2 ; y y2 Từ (1), (2), (3) P Dấu " " xảy Vậy Min P z2 3 z 3 z 1 z2 3 3 x y2 z2 2 x y z hay a b c 3 3 a b c 2 Câu Giải phương trình nghiệm nguyên y y y y x x 0 2 y y 1 x x 1 * Ta có : y y y y x x 0 2 2 Nếu x x x x x 1 x x khơng số phương nên khơng tồn số nguyên x, y thỏa mãn * 2 2 Nếu x x 1 x x x x x không số phương nên khơng tồn số ngun x, y thỏa mãn * x x 0 Nếu từ y y * y y 1 y 0 y 1 Vậy phương trình có nghiệm ngun : x; y 1; , 1; 1 , 1;0 , 1;1 ; 0; , 0; 1 , 0;0 , 0;1