036 đề hsg toán kinh môn 2017 2018

UBND HUYỆN KINH MƠN PHỊNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017-2018 MƠN:TỐN – LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Câu (2,0 điểm) 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x  x  1  x    2 2) Biết 4a  b 5ab với 2a  b  Tính giá trị biểu thức: Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau: 1) x  x   x  0 C ab 4a  b 9x x  8 2x  x  2x  x  Câu (2,0 điểm) 2) 2 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x  xy   x  y   y  10 0 2) Cho đa thức f ( x) x  x  x  Với giá trị nguyên x giá trị đa thức f ( x ) chia hét cho giá trị đa thức x  Câu (3,0 điểm) Cho O trung điểm đoạn AB Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB vẽ tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ đường thẳng vng góc với OC cắt tia By D 1) Chứng minh AB 4 AC.BD 2) Kẻ OM vng góc CD M Chứng minh AC CM 3) Từ M kẻ MH vng góc AB I Chứng minh BC qua trung điểm MH Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn x  y  z 1 1 P   16 x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ĐÁP ÁN Câu 1.1 x  x  1  x    x  x  1  x  1  x     x  x   x  x     x  x    x  x    x  x  1 1.2 4a  b 5ab   a  b   4a  b  0  a  b 0  a b    4a  b 0  4a b Do 2a  b  nên 4a b loại C ab a2   4a  b a  a Với a b Câu 2.1 * Với x 1 * ta có phương trình x  x   x  0  x  x  0   x  1 0  x 1 (Thỏa *) *Với x  1 ** ta có phương trình x  x    x 0  x  x  0   x  1  x   0 + x  0  x 1 (không thỏa mãn điều kiện **)  x  0  x 3 ( không thỏa mãn điều kiện **) Vậy nghiệm phương trình x 1 2.2 Xét x 0 nghiệm Xét x 0 9x x  8 2x  x  2x  x    8 3 2x 1  2x   x x x  t , x Đặt ta có phương trình:  8 t 1 t  2 PT  8t  8t  0   2t  1 0  t   x  x  x  0  2x   95    x    0  16  Suy phương trình vơ nghiệm Câu 3.1 Ta có: x  xy   x  y   y  10 0  x  xy  28 x  28 y  y  40 0   x  y    y 9  * Ta thấy  x  y   0 nên  y  01;  1 y 9  y  y nguyên nên y   0;1 Với y 0 thay vào  * ta được:  x   9 tìm x    2;  5 * x  5 , không tìm x nguyên y      Với thay vào ta có: Với y  thay vào  * ta có  x   5 khơng tìm x ngun x; y     2;0  ;   5;0   Vậy  3.2 Chia f  x  cho x  thương x  dư x  2 Để f ( x ) chia hết cho x  x  chia hết cho x    x    x   chia hết cho x   x  chia hết cho x   x   chia hết cho x   6 x    x  ước 2 Mà x  2  x    3;6  x   1; 2 Thử lại ta thấy x 1; x  thỏa mãn Vậy với x 1; x  f ( x) chia hết cho x  Câu y x I D M C K A H O B 1) Chứng minh OAC DBO  g g  OA AC    OA.OB  AC.BD DB OB AB AB   AC.BD  AB 4 AC.BD (dfcm) 2 OC AC OAC DBO  g.g    OD OB 2) Theo câu a ta có OC AC OC OD OA OB     OD OA AC OA Mà   Chứng minh OCD ACO  c.g c   OCD  ACO Chứng minh OAC OMC  ch  gn   AC MC (dfcm) 3) Ta có: OAC OMC  OA OM ; CA CM  OC trung trực AM  OC  AM Mặt khác : OA OM OB  AMB vuông M  OC / / BM (Vì vng góc với AM ) hay OC / / BI Chứng minh C trung điểm AI MK BK KH   IC BC AC / / AI Do MH theo hệ Ta let ta có: Mà IC  AC  MK HK  BC qua trung điểm MH (đpcm) Câu  1 1 1  y x   z x  z y  21 P    x  y  z              16 x y z  16 x y z   16 x y   16 x z   y z  16 y x   16 x y Dấu " " xảy  y 2 x Theo BĐT Cơ si ta có: z x   Tương tự: 16 x z , dấu “=” xảy  z 4 x z y  1 4y z , dấu " " xảy  z 2 y 49  x  ; y  ;z  16 Dấu " " xảy 7 49 MinP  x  ;y  ;z  16 với 7 Vậy  P