SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 13/3/2019 Câu (4,0 điểm) Gọi x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình x x x Tính giá trị biểu thức 1 S 2 2 x1 x2 x3 x x 3 x x x x 0 A : x x x x x x 4, x 9 Rút gọn biểu thức Câu (4,0 điểm) y x y x 2 x x x y 1 x y 2 Giải hệ phương trình 2 Giải phương trình : x x 24 x x 6 12 x Câu (4,0 điểm) 2 2 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: x y x y 22 x 121 0 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 2019 Tìm giá trị nhỏ biểu P 3 2 x y z xy yz zx thức Câu (6,0 điểm) Qua điểm M nằm tam giác ABC kẻ DK / / AB, EF / / AC , PQ / / BC E , P AB; K , F BC; D, Q CA Biết diện tích tam giác MPE , MQD, MKF lần 2 lượt x , y , z với x, y, z số thực dương Tính diện tích tam giác ABC theo x, y , z Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn tâm O M điểm dây BC, (M khác B, M khác C) Vẽ đường tròn tâm D qua M tiếp xúc với AB B, vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai đường tròn (D) (E) a) Chứng minh tứ giác ABNC tứ giác nội tiếp Từ chứng minh điểm N thuộc đườn trịn (O) ba điểm A, M , N thẳng hàng b) Chứng minh trung điểm I đoạn thẳng DE nằm đường thẳng cố định điểm M di động dây BC Câu (2,0 điểm) Tìm tất ba số nguyên tố p; q; r cho pqr p q r 160 Cho đoạn thẳng có độ dài lớn 10 nhỏ 210 Chứng minh đoạn thẳng ln tìm đoạn thẳng để ghép thành tam giác ĐÁP ÁN Câu x3 x x 0 x 1 x x 1 0 x x 0(*) x 1 1) Phương trình (*) có ' 3 nên có nghiệm phân biệt Khơng tổng quát coi x3 1 x1 , x2 nghiệm * Ta có: 1 x12 x22 S 2 2 2 x1 x2 x3 x1 x2 x32 2 Ta có: x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 4 x x 1 Theo Viet ta có: 2 Thay số : x1 x2 14 S 15 2) A x x x : x 3 3 : 3 x x x 3 x 3 x x x x x 3 x x 3 x 3 x x x 3 x 9 x x x 4 x : x x 3 x : x 3 x x 4 x 3 x x 3 x 3 x x Câu 1) Ta có: y x y x 2 x x(1) x y 1 x y 2(2) : x 3 x x 3 x x 1 y x y x y x x x 1 0 y 1 y x y x y 1 0 y y x 0 y x Với y 1, thay vào (2) ta được: x 2 x 8 x 3 3 Với y x, thay vào (2) được: x x 1 x x 2 x x x x 0 Đặt t x x , phương trình trở thành: t 1 t t 0 t 1 t t 0 t t 0 (3) Phương trình (3) có nên vô nghiệm 1 1 y x 2 t 1 x x 1 x x 0 1 1 y x 2 Do Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x ; y 3;1 ; 3;1 ; ; ; ; 2 2 x 12 Phương trình xác định Phương trình cho tương đương với: x x x x 12 x 12 x 0 x 2x 3 x x 0 3 12 x 0 12 x (1) (2) 0 x 0 x 0 x x 3 1 x x x x 0 x 3 12 x 3 12 x 9 x 3 x x 0 x 3 x 3(tm) x 3 12 x Vậy Vậy phương trình cho có nghiệm x 3 Câu Ta có: 2 x y x y 22 x 121 0 y x x 22 x 121 y x x 11 2 2 y Vì ; x 11 số phương nên x số phương x z x z x z x z Do đặt Ta có : x z ; x z ước số 5; x z không âm nên x z số âm x z 5 x z 1 x z x z Suy x z 5 x z x 2 x 2 TH1: 169 x 2 y 132 y ( loại) Với 2 Với x y 9 y 9 y 3 x z 1 x x z TH2: (loại) x; y 2;3 ; 2; 3 Vậy phương trình cho có hai nghiệm nguyên 1 1 5 1 P 2 x y z xy yz zx 12 xy yz zx Ta có: 16 x y z 3 xy yz zx 12 xy yz zx 16 15 x y z 3 xy yz zx xy yz zx 2 2 Học sinh chứng minh x, y, z : x y z 3 xy yz zx x y z xy yz zx Suy 16 15 16 15 P 2 2019 20192 x y z x y z 2019 4 x y z 3 3 31 2019 x y z 673 5435148 Dấu " " xảy 31 Pmin x y z 673 5435148 Vậy P Câu A D E M P B K Q F C Đặt S ABC a Tứ giác MQCF có MQ / / FC , MF / / QC (giả thiết) MQCF hình bình hành MQ FC Chứng minh tương tự ta có PM BK 2 S EPM PM x PM PM x a BC BC a Ta có EPM ABC nên S ABC BC MQ y ; Chứng minh tương tự, ta có: DMQ ABC nên BC a KF z MKF ABC nên BC a x y z PM KF MQ BK KF FC BC 1 a BC BC BC x y z a S ABC x y z A O B M D N C J I E K a) Trong E có MCA MNC (1)( góc tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung MC) Trong (D) có MBA BNM (góc tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung MB) MBA MCA BNM MNC BNC Do đó: BNC BAC MBA MCA BAC 180 (tổng ba góc tam giác) Tứ giác ABNC nội tiếp (O) N thuộc đường tròn O ABC nội tiếp đường tròn (O) Tứ giác ABNC nội tiếp (O) nên ANC ABC (hai góc nội tiếp chắn cung AC ) (2) Mà ABC ACB (do ABC cân A) nên ANC ACB hay ANC ACM Từ (1) (2) suy MNC ANC ba điểm A, M , N thẳng hàng b) Vẽ đường kính AK đường trịn tâm O Gọi J giao điểm AK BC ABK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O), ABD 90 ( đường trịn tâm D tiếp xúc với AB B) B, D, K thẳng hàng Chứng minh tương tự : C , E , K thẳng hàng Ta có: AB AC ; OB OC A, O thuộc đường trung trực BC AO BC BK CK KBC cân K KBC KCB DBM cân D (vì DB DM ) DBM DMB EMC cân E(vì EC EM ) ECM EMC KBC EMC ; KCB DMB KB / / EM ; KC / / DM Tứ giác DMEK hình bình hành Mà I trung điểm DE nên I trung điểm MK JMK vuông J có JI đường trung tuyến JI KI JK cố định nên I thuộc đường thẳng cố định đường trung trực đoạn JK Câu Không tổng quát giả sử p q r Với p 2 : 2qr q r 162 4qr 2q 2r 324 2q 2r 1 2r 1 325 2q 1 2r 1 325 52.13 2q 2r 2q 1 2r 1 2q 1 2q 1 325 2 q 18 Do 2q ước 13 nên 2q 1 5;13 Nếu 2q 5 q 3 r 33(ktm) Nếu 2q 13 q 7 r 13 tm pqr p q r 160 p qr 1 q r 160 qr 1 p 1 qr q r 160 qr 1 p 1 q r 1 r 1 160 qr 1 p 1 q 1 r 1 162 Nếu p lẻ q, r lẻ qr 1 p 1 q 1 r 1 4 mà 162 không chia hết cho Vô lý Vậy ba số nguyên tố cần tìm 2;7;13 hốn vị Ta xếp đoạn thẳng theo thứ tự có độ dài tăng dần a1 a2 a8 Nếu tồn đoạn thẳng ak ; ak 1; ak 2 thỏa mãn ak ak 1 ak 2 ba đoạn thẳng ghép thành tam giác Giả sử ngược lại: a1 a2 a3 ; a2 a3 a4 ; a3 a4 a5 a4 a5 a6 ; a5 a6 a7 ; a6 a7 a8 Khi theo giả thiết a1 10; a2 10 a3 20 a4 30 a5 50 a6 80 a7 130 a8 210 , mâu thuẫn với giả thiết Vậy tồn đoạn thẳng ak ; ak 1; ak 2 mà ak ak 1 ak 2 Do tồn đoạn thẳng để ghép thành tam giác