SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN – BẢNG A Thời gian: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (3,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y xy x y 0 n n b) Chứng minh rằng: A 2 16 chia hết cho với số nguyên dương n Câu (6,5 điểm) x3 x 2x 2x a) Giải phương trình: x 1 y 3 1 x 1 y 3 x y b) Giải hệ phương trình: Câu (2,5 điểm) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4 a b c P a b b c ca Câu (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O Gọi D, E , F chân đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C tam giác Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) điểm thứ M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF N Chứng minh rằng: a) EF OA b) AM AN Cho tam giác nhọn ABC , D điểm tam giác cho AB.CD ADB ACB 90 AC BD AC BD AD BC Chứng minh Câu (2,0 điểm) Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình trịn bán kính 91 nằm hình vng mà khơng chứa điểm 2019 điểm cho ĐÁP ÁN Câu y xy x y 0 x y 1 2 y y 5 x 2 y a) Ta có: ( y 1 khơng thỏa mãn phương trình ) y Vì x, y số nguyên nên y ước TH 1: y 1 y 2 x 9 TH : y y 0 x TH 3: y 5 y 6 x 13 TH : y y x Vậy phương trình có nghiệm ngun x; y 9;2 ; 5;0 ; 13;6 ; 9; n b) Ta có: n A 22 4n 16 22 4n 1 18 n n 2k 2k k Đặt 2 k * 2 4 13 n n Do với n nguyên dương, ta có: 13;4 13;183 n A 22 4n 163 Câu x 3 a) Điều kiện : x3 x 2x x x 8 x x 2x 3 x 2 x x 2.2 x Đặt a x 0, b 2 x , ta có: b 3b 3 a 2a b 2b a b a 0 a b 2 2 x 0 13 x 2 x x 2 x 4 x Suy 13 x Vậy b) Hệ phương trình cho tương đương với: x 1 y 3 1 x 1 y 3 x 1 y 3 Đặt a x 1; b y Ta hệ phương trình: a b 2ab 1 ab a b Đặt S a b; P ab, điều kiện S 4 P Hệ trở thành: S (tm) S P 1 P 0 S 3 P S (ktm) P 4 a b 1 ab a b a S a b b 0 P ab a b x y 0 x 0 y Vậy hệ cho có hai nghiệm 0;3 ; 1;2 Câu 1 P 4 b c a 1 1 1 a b c Ta có: b c a x , y , z x, y, z 0, xyz 1 a b c Đặt 1 P 4 1 x 1 y 1 z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: x 0 y 3 x 1 y 2 1 1 P x y z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: x y xy x y x xy x y x xy x y 1 y Tương tự: 1 2 1 x y xy Từ bất đẳng thức ta có: Dấu xảy x y 1 1 z 1 1 2 1 z z z Tương tự: 1 1 1 z 1 2 xy z z z 4 1 x 1 y 1 z 3 P , P x y z 1 a b c 16 16 Ta có: MinP a b c 16 Vậy Câu N y A P E x M F B O D C a) Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy OA xy 0 Xét tứ giác BCEF có BEC 90 ( gt ); BFC 90 ( gt ) tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp suy ACB AFE (1) BAx sd AB Mặt khác (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) ACB sd AB (góc nội tiếp ) BAx ACB (2) Từ (1) (2) suy AFE BAx vị trí so le nên EF / / xy hay EF OA b) Đường thẳng EF cắt (O) điểm thứ P, BP cắt DF Q AD, BE , CF đường cao tam giác ABC nên BCEF , ACDF nội tiếp, ACB AFP ACB sd AB sd BM MA AP ; AFP sd BM 2 Mặt khác: Do đó: sd AM sd AP suy BA tia phân giác MBQ AM AP 1 Tứ giác BCEF nội tiếp suy ACB BFM , tứ giác ACDF nội tiếp nên ACB BFQ Do BFQ BFM ACB, suy FB tia phân giác MFQ MFB QFB MB QB BMP BQN BP BN , Do ABN ABP nên AN AP (2) Từ (1) (2) suy AM AN A E D B C Dựng tam giác vuông cân BDE D cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD khơng chứa C Ta có: ADE ACB DE DB AD BD DE AC.BD AD.BC AC BC BC Từ giả thiết: AB AC AE AD BAC EAD CAD BAE ADE ACB Mặt khác, Do CAD BAE AC CD CD AB.CD AB BE BD AC BD (ĐPCM) Câu Chia hình vng cho thành 2025 hình vng nhỏ có cạnh 45 Gọi C1 , C2 , , C2025 hình trịn nội tiếp hình vng nhỏ trên, chúng 90 có bán kính Gọi C , C ' , , C ' hình trịn đồng tâm với hình trịn ' 2025 91 có bán kính Khi đó, hình trịn nằm hình vng đơi khơng có điểm chung (rời nhau) C , C ' , , C ' có 2019 Trong hình vng cho có hình trịn rời ' 2025 điểm nên tồn hình trịn hình trịn khơng chứa điểm 2019 điểm cho