UBND THÀNH PHỐ MĨNG CÁI PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ LỚP THCS NĂM HỌC 2011-2012 Bài (4,0 điểm) x2 2x 2 2x2 M 1 x 8 x x x x x Cho biểu thức a) Rút gọn M b) Tìm x nguyên để M có giá trị số nguyên dương c) Tìm x để M Bài (6,0 điểm) 2010 2010 x 2011 y 2011 x 2012 y 2012 Tính giá a) Cho x, y hai số dương x y 2020 2020 trị biểu thức S x y x 2015 x 2007 x 2006 x 2018 2012 2011 2013 b) Giải phương trình: 2010 y x 1 2 y x 1 y x c) Tìm thỏa mãn: Bài (4,0 điểm) bc ac ab a b c a b c a) Chứng minh với số dương a, b, c b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức L x x x 12 x 20 Bài (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A AC AB Vẽ đường cao AH H BC Trên tia đối tia BC lấy điểm K cho KH HA Qua K kẻ đường thẳng song song với AH, cắt đường thẳng AC P a) Chứng minh : Tam giác AKC đồng dạng với tam giác BPC b) Gọi Q trung điểm BP Chứng minh tam giác BHQ đồng dạng với tam giác BPC AH BC 1 AQ HB IB c) Tia cắt BC I Chứng minh ĐÁP ÁN Câu a) x 2 x 0;8 x x x x x 0 x 0 M xác định x 2; x 0 x2 2x x2 x 2 x2 M x2 4 x x2 4 x2 x 2x x 4x2 2 x x 4 x x2 4 2 x x2 4 x 1 x x2 x 1 x x x2 2x b) Với x 2; x 0, M có giá trị nguyên dương dương 2M M x 1 x có giá trị nguyên 2x 1 2x x nguyên dương x x ước x 1(Thỏa mãn điều kiện) x 1 M x có giá trị 1(Thỏa mãn) Thử lại: Với x 1 ta có: x 1 M x có giá trị (khơng thỏa mãn) Với x ta có: Vậy x 1 x ;2M c) M x 2; x 0; x 1 2x x 1 x 1 7x 1 0 0 2x 2x 2x 7 x 0 2x Ta có: 7 x 0 1 x x Giải x x 1 M x x 2 Kết hợp với điều kiện ta có: Câu 2a) Có x 2012 y 2012 x 2011 y 2011 x y x 2010 y 2010 xy 2010 2010 x 2011 y 2011 x 2012 y 2012 Do x, y hai số dương x y 2010 2010 x 2011 y 2011 x 2012 y 2012 m Nên x y x 1 m m x y mxy x y xy x 1 y 0 y 1 2010 y 2011 y 0 (loại) y 1 Với x 1 y 2010 x 2011 x 0(ktm) x 1 Với y 1 x 2b x 2015 x 2007 x 2006 x 2018 2010 2012 2011 2013 x 2015 x 2007 x 2006 x 2018 1 1 1 1 2010 2012 2011 2013 x x x x 0 2010 2012 2011 2013 1 x 5 0 2010 2012 2011 2013 1 1 x 5 Do 0 2010 2012 2011 2013 2c y x 1 2 y x 1 y y x 1 x 1 0 y y x 1 x 1 x x 1 0 2 y x 1 x 1 0 y x 0 x 0 x 1 y 2 Câu 3a Với số dương a, b, c ta có: 2 bc ac ab bc ac ab a b c a b c a b c abc abc abc 2 bc ac ab a 2bc b 2ac c 2ab 2 bc ac ab 2a 2bc 2b 2ac 2c 2ab 0 2 2 2 ac 2a 2bc ab bc 2b 2ac ab ac 2c 2ab bc 0 2 ac ab bc ab ac bc 0 BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh 3b L x x x 12 x 20 x x x 3x 12 x 12 x x x x x x x 2 Do 0(x); x 3 x L 8 2 x 3 x Đẳng thức xảy x 0 x 2 Vậy với x 2 L có giá trị nhỏ Giá trị nhỏ L Câu I K B H Q P a) A PK / / AH CKP CAB Suy AKC BPC c.g c C CK CA CP CB (1) 0 b) AKH vuông cân H K1 45 Từ (1) K1 P1 45 BAP vuông cân A BP AB Chứng minh BHA BAC BH AB AB BC BH AB BH AB BH AB AB BC AB BC AB BC BH BP BH BQ BP 2 BQ BP BC BP BC BH BQ ; PBC BHQ BPC có: BP BC chung BHQ BPC c.g.c c) BAP vuông cân A, AQ trung tuyến nên phân giác AI ABC IC AC IB AB phân giác AC AH ABC HBA (3) AB HB Từ (2) (3) ta có: IC AH IB BC AH BC AH 1 IB HB IB HB IB HB AH BC 1 dfcm HB IB (2)