SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MƠN VĂN HĨA LỚP MƠN TỐN – VỊNG Năm học 2020-2021 Ngày thi: 16/12/2020, thời gian làm 120 phút Câu (4,0 điểm) x x 3 x x x x 0 P : x x x x x x 4; x 9 a) Rút gọn biểu thức 3 b) Cho a, b, c số thực đôi khác thỏa mãn a 3a, b 3b, c 2 Tính giá trị biểu thức Q a b c Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình : 15 x3 x x 4 x x x xy y y 0 x 1 x y y b) Giải hệ phương trình : Câu (4,0 điểm) x 2 a) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn phương trình x 9 y 12 y 19 2 b) Cho x, y hai số nguyên dương thỏa mãn x y 58 chia hết cho xy Chứng minh x y 58 xy chia hết cho 12 Câu (6,0 điểm) Cho đường trịn I ; r có bán kính IE , IF vng góc với Kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn I E F, cắt A Trên tia đối tia EA lấy điểm B cho EB r , qua B kẻ tiếp tuyến thứ hai đường tròn I , D tiếp điểm, BD cắt AF C Gọi K giao điểm AI FD a) Chứng minh hai tam giác IAB FAK đồng dạng b) Qua A kẻ đường thẳng vng góc với BC , cắt FD P Gọi M trung điểm AB, MI cắt AC Q Chứng minh tam giác APQ tam giác cân c) Xác định vị trí điểm B để chu vi tam giác AMQ đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ theo r 2 Câu (2,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z xyz 2 xy yz zx Tìm giá trị lớn biểu thức P x y z ĐÁP ÁN Câu a) Với điều kiện cho, ta có : x x x x 1 1 1 x x x 3 3 x x x 3 x x x 3 x 3 Ngoài : x x x 9 x x x x 2 x x x x 3 x 3 3 P x 3 x x Vậy x Suy b) Nhận xét a, b, c ba nghiệm phương trình x x 0 Theo định lý Vi et , a b c 0 ab bc ca ta có : abc 1 P 2 2 Q a b c a b c ab bc ca 2. 3 6 Do , Vậy Q=6 Câu a) Ta có : x x 15 x x x x 2 x x 15 x 1 x x x cho x , ta được: t x 2 x Đặt Phương trình cho trở thành : 4t 5t 20 15 t 1 16t 5t 20 225 t 1 16t 109t 90t 45 0 t 3 16t 48t 35t 15 0 t 3 Chia vế phương trình t 3 x Với 3 x 3x 0 x x 1 x 2 (tmdk ) b) Nhận xét y 0 không thỏa mãn Xét y 0, hệ phương trình tương đương x2 y x y 2 x 1 y x y 1 a b 2 x2 1 a b 1 a , b x y ab y Đặt Hệ cho trở thành ,Do : x2 1 x 1; y 2 y x y x y 1 x x 0 x 2; y 5 Vậy hệ cho có hai nghiệm x; y 1;2 , 2;5 Câu x 2 a) Phương trình tương đương: x y 15 x Nếu x3 x 15 chia hết cho 3, y chia dư nên phương trình vơ nghiệm Do x khơng chia hết cho 2 2.4 x1. x1 1 y 15 Suy Nếu x lẻ x 2 x1 1, x1 * Khi đó, 2 2.4 x. x1 2 mod3 mà y 15 1 mod3 nên x phải số chẵn x 2 Do x a y b Phương trình cho trở thành : a b 5 a b 15 a b 15 a b a b 15 hoac a b 3 a b 1 a b 5 a 4 2 x.x 16 x 2 a b b y y 1 a b 15 a b a 8 b 2 x.x 64 , ktm y Thử lại thấy thỏa mãn,Vậy phương trình cho có nghiệm x; y 2;1 2 x y 58 mxy m * b) Theo đề ta có : Đặt k gcd x, y với k 1, k Khi ta có x kx1 , y ky1 , với x1 , y1 * k x12 y12 58 mk x1 y1 Thay vào phương trình ta được: Suy 58k k 1 Vì k 1 nên x, y củng lẻ hai số x, y có số chẵn, số lẻ Nếu có số chẵn, khơng tính tổng qt, giả sử y chẵn suy x chẵn, vơ lý Vậy x y lẻ Suy xy lẻ Do đặt x 2 x2 1; y 2 y2 1, với x2 ; y2 * x y 58 4 x22 y22 x2 y2 60 2 chia hết cho Do x y 58 chia hết cho Một số phương chia dư Nếu x3 y không chia hết cho gcd x, y 1 Khi x y 58 chia dư mà xy chia hết cho 3, vô lý Do x, y khơng chia hết cho 2 x y 58 3 x y 58 0(mod 3) Khi ta có Do x y 58 2 xy Vì x y 58 chia hết cho 12 mà xy không chia hết cho 12 nên chia hết cho 12 Câu A E F M B I K T Q D P C a) Nhận xét I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC BAC ABC 180 ACB ACB AIB 180 180 90 2 Khi ACB IFK IFD ICD Tứ giác FIDC nội tiếp nên ACB AFK AFI IFK 90 Suy Do AIB AFK Mà BAI KAF 45 Nên hai tam giác IAB FAK đồng dạng với b) Gọi T giao điểm FI I Theo bổ đề quen thuộc BT qua tiếp điểm Q ' đường tròn bàng tiếp ABC AC AF Q ' C Mặt khác, theo bổ đề hình thang hình thang AFTB có M , I trung điểm AB, FT ta có M , I , Q ' thẳng hàng Mà MI AF cắt Q nên suy Q Q ' Câu Ta có : x y z xyz 2 xy yz zx x y z xy xz yz 4 yz xyz y z x 4 yz x Suy y z x a x 2 y z x Đặt a y z , ta : a x a x 2ax x 0 x a a Mặt khác 1 y 1 z P a a a 2 2 y z a 4 nên ta có : a a Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta : 1 3a a a a 27 3a a a a 3 16 Suy Vậy P 27 a x ; y z 64 Đẳng thức xảy 4 Max P 27 x ; y z 64 4