SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LẠNG SƠN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 23/3/2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (4 điểm) A Cho biểu thức x x x x x 0 x x x 1 x x 9 a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị nhỏ biểu thức A Câu (4 điểm) 2 x m x m 8m 0 Cho phương trình a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b) Tìm m nguyên dương để phương trình cho có hai nghiệm x1; x2 cho P x12 x22 60 x1 x2 đạt giá trị nguyên Câu (4 điểm) x x a) Giải phương trình : 0 x x b) Tìm tất cặp x; y nguyên thỏa mãn 2 x y x y xy 2 y 5 Câu (6 điểm) Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn O , đường cao BE , CF cắt H E AC , F AB a) Gọi K EF BC , L AK O với L A Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp HL AK b) Chứng minh đường thẳng HL qua trung điểm BC c) Gọi T điểm đoạn thẳng FC cho ATB 90 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp hai tam giác KLT CET tiếp xúc Câu (2 điểm) Cho đa giác 30 đỉnh Chứng minh đỉnh đó, gồm có đỉnh chứa đỉnh tạo nên hình thang cân ĐÁP ÁN Câu a) Ta có A x x x 1 x x x 1 x 3 x x 3 x 1 x 1 x 3 x x x x 24 x 3 x x 8 x 1 x 3 x 1 x 3 x x x 3 x A b) Ta có: x 8 x 1 x 1 x 1 x 0, x 0; x 9 nên áp dụng BĐT Cơ si ta có: Vì A 2 x 1 4 x 1 x 1 Đẳng thức xảy x 4 x 1 Vậy Amin 4 x 4 Câu 2 ' m m 8m 25 a) Ta có: Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m x1 x2 2 m 2m x1 x2 m 8m b) Áp dụng định lý Vi-et ta có: x12 x22 60 x1 x2 x1 x2 60 P x1 x2 x1 x2 P 2m m 8m 60 2m m 8m 11 m m4 m4 P nguyên m nguyên m ước m 1; 5 Mà m nguyên dương nên m 1 Câu a) Điều kiện : x 1 t x 2 x t x x Đặt đến phương trình: t 1(ktm) t 4t 0 t 3(tm) Do 3 3 x y 2 x 3 x x 0 x 3 7 y x 2 Kết hợp điều kiện, phương trình có hai nghiệm: b) Ta có: x 3 7 ;x 2 x y x y xy x y 5 x y x x y y x y xy xy 5 x y xy x x y x x 1 x x y y 1 x y 1 1 TH 1: x y 1 1 x 3; y 2 TH : x y 1 x 1; y 0 TH 3: x y 1 1 x 3; y 0 TH : x y 1 x 1; y 2 Vậy phương trình có cặp x; y nguyên là: 3;2 ; 1;0 ; 3;0 ; 1;2 Câu A E L F K B T H C I M a) Ta có: AFH AEH 90 suy tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH Ta có tứ giác ALBC nội tiếp KB.KC KL.KA(1) (2) Vì tứ giác BFEC nội tiếp KB.KC KF KE Từ (1), (2) suy tứ giác ALFE nội tiếp đường tròn đường kính AH b) Gọi M HL O Vì LH AK AM đường kính MC AC MC / / BH (3) BH AC Ta có: CH AB CH / / MB(4) MB AB Ta có: Từ (3) (4) Tứ giác BHCM hình bình hành HL qua trung điểm BC c) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABT AT AF AB ý BFEC nội tiếp nên AF AB AE AC Do đó, AT AE AC hay AT tiếp tuyến đường tròn (CET) Hơn nữa, KFB ACB KLB nên suy KLFB nội tiếp, AF AB AL AK nên AT AL AK tức AT tiếp tuyến KLT Vậy CET tiếp xúc với KLT có AT tiếp tuyến chung Câu M E A O C B N Ta gọi cạnh song song với hướng Chú ý hai cạnh hai đường chéo song song với tạo thành hình thang cân Ta thấy đa giác n cạnh gồm có n hướng (cụ thể hình vẽ AB, MN , CE hướng, AB, AC khác hướng) k k 1 Với gồm k đỉnh sinh đoạn thẳng, số đoạn thẳng lớn n có hai cạnh có hướng nên chúng se tạo thành hình thang cân Do đó, điều kiện để k điểm chứa bốn điểm tạo thành hình thang cân nếu: k k 1 n k n 2n 2 1 1 k 2n k 2n 2 4 Bây giờ, áp dụng toán cho n 30 ta suy có đỉnh tạo thành hình thang cân k 60 1 k 9 , suy đỉnh