SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức 2 a b a 2b3 a P 3 a ab b b ab a 2b a với a 0, b 0, a 2b y m 4m x 3m 2) Cho hàm số có đồ thị d Tìm tất giá trị m để đường thẳng d cắt trục hoành trục tung hai điểm A, B cho tam giác OAB có diện tích 1cm (O gốc tọa độ, dơn vị đo trục cm) Câu (4,0 điểm) 2 1) Cho phương trình x 3m x 2m 5m 0, x ẩn, m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm dương x y y x x y 3 x x y y 2) Giải hệ phương trình: Câu (4,0 điểm) 1) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a c b c 4c Tìm P a b ab b 3c a 3c bc ac giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức 2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p p số phương Câu (7,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AB AC đường cao AD Vẽ đường kính AE đường tròn (O) a) Chứng minh AD AE AB AC b) Vẽ dây AF đường tròn (O) song song với BC, EF cắt AC Q, BF cắt AD P Chứng minh : PQ song song với BC c) Gọi K giao điểm AE BC Chứng minh rằng: AB AC AD AK BD.BK CD.CK 2) Cho tam giác ABC có BAC 90 , ABC 20 Các điểm E F nằm 0 cạnh AC , AB cho ABE 10 ACF 30 Tính CFE Câu (1,0 điểm) Trong kỳ thi Olympic có 17 học sinh thi mơn Tốn mang số báo danh số tự nhiên khoảng từ đến 1000 Chứng minh chọn học sinh thi tốn có tổng số báo danh mang chia hết cho ĐÁP ÁN Câu a a 2b3 1) Ta có: Suy : 2 a b a 2b3 a 2b a 2ab 2b a 2b3 a 2b 2b 2ab 2b a 2ab 2b a a 2b a 2ab 2b 2b 2b a a 2ab 2b 2ab a a b a a 2b a a 2ab 2b a 2b a 2ab 2b a 2ab 2b 2b a a a 2ab 2b 2b a 2b 2b a 2b a 2b a 2b 2b 2b Từ suy 2) Vì ba điểm O, A, B tạo thành tam giác nên m 4m 0 3m 0 3m 3m A ;0 OA m 4m Tọa độ giao điểm A d Ox m 4m P Tọa độ giao điểm B d Oy B 0;3m OB 3m 1 3m SOAB OA.OB 3m 1 2 m m ABO Do tam giác vng O nên Do đó, 9m 12m 2 m 4m 2 m 4m 9m 12m m 4m 3m m2 4m 12 0 11 m 20 m m 2(tm) 2 m (tm) 11 Câu 2 3m 2m 5m m 0, m Do đó, phương trình ln có nghiệm, nghiệm x1 2m 1; x2 m Phương trình có nghiệm dương x1 2m x 0 m 30 m x y y x x y 3 2 x x 2 y y (*) 2 x y 0 x y 0 x 0 y Điều kiện Nhận xét : x 0 2x y x y không thỏa mãn điều kiện x 3 y x y 0 y Khơng thỏa phương trình (*) Do đó, ta có: x y y x x y x y x y x y 0 x y 2x y x x y 0 y 1 x y 1 x y 1 0 2x y x y x y y x x y x y x y Với y x thay vào phương trình (*) ta có: x 1 2 x 1 x 1 x 0 x 5 x 1 y 0; x 5 y 4 x 1 x 2 x 1 Với 2x y x 3y 1 x y x y y x x y 2x y x 3y 1 x y Ta có: x 3y 1 y Cộng vế với vế hai phương trình ta được: 2 x 1 x x 1 x 1 27 Thay vào (*) ta được: x x 1 25 x 59 0 x 1 (do x 0) x; y 1;0 ; 5;4 Vậy hệ có nghiệm Câu Đặt a x.c, b y.c x, y Từ điều kiện suy x 1 y 1 4 Khi đó, x y 3 x y x y xy xy x y 3 x y xy xy P y x x y xy x y x y xy x y xy Do x 1 y 1 4 xy 3 x y Đặt t x y, t 3 xy 3 t 2 xy t t xy t 4t 12 0 t 2 (do t 0) t 3t t t t 3 P t 3t t t với t Khi đó, t 3 P 2 t 2 Ta có : x y Pmin x ; y nghiệm hệ xy 3 đạt t hay Do đó, t 3t t 5t 2t t t 3 P 1 2t 2t 2t Ta lại có (do t 3) x y 2 x y 1 xy P t Do đó, max hay (x;y) nghiệm hệ 2 Đặt p p t t t 3 p p p t 3 t 3 (1) t 3 p Biến đổi thành : TH1: Nếu t 3 p Đặt t pk k p p pk pk p pk 6k 0 Khi thay vào (1) ta có: Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương 4 trình là: k 6k k 24k 16 số phương 2 k Mặt khác với k ta dễ chứng minh k 24k 16 k Suy trường hợp: k 24k 16 k 1 2k 24k 15 0( ktm) k 24k 16 k k 6k 0( ktm) k 24k 16 k 3 6k 24k 0( ktm) Do phải có k 3 , thử trực tiếp k 3(tm) Từ ta có t 36, p 11 Trường hợp 2: Nếu p t 3 , đặt t pk k p p pk pk p pk 6k 0 Khi thay vào (1) ta có: Xem phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương 4 trình : k 6k k 24k 16 số phương k Mặt khác với k ta dễ chứng minh 2 k 24k 16 k trường hợp: k 24k 16 k 1 2k 24k 15 0( ktm) k 24k 16 k k 6k 0(ktm) k 24k 16 k 3 6k 24k 0( ktm) Do phải có k 3, thử trực tiếp k 3 thỏa mãn Từ suy t 3;18 tương ứng p 2;7 Vậy tập tất giá trị p cần tìm 2;7;11 , suy Câu F A Q P B O D M C K E 1) a) Xét hai tam giác ADB ACE có ACE 90 (chắn nửa đường trịn) nên ACE ADB 900 Hơn ABD AEC (cùng chắn AC) Suy ADB ACE AD AB AD AE AB AC AC AE Từ ta có tỷ lệ thức b) Ta có : PFQ BAE (cùng chắn BE) BAD DAE mặt khác BAE mà BAD EAC ABD AEC nên BAE BAD EAC DAC , đó: PAQ PFQ suy tứ giác APQF nội tiếp FAQ FBQ PQ / / BC c) Ta có: AB AC AD AE AB AC AD AK AD AE AD AK AD.KE Kéo dài AD cắt O M AK KB AK KE KB.KC CK KE Xét AKB AD CD ADC BDM AD.MD BC CD BD MD Mặt khác AME 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ME AD mà DK AD DK / / ME AD AK Áp dụng định lý Talet AME ta DM KE Do : AK DM AD.KE BD.BK CD.CK BD.CD.CK BK CKE AD.MD AK KE AD.KE AK MD AD KE BD.BK CD.CK AD.KE Vậy AB AC AD AK BD.BK CD.CK 2) F G B D 0 Xét ABC có BAC 90 , ABC 20 ACB 70 900 , ACF 300 FC 2 AF ACF có CAF A E C Gọi D trung điểm BC G điểm AB cho GD BC BD BA ABC DBG BG BC GCB GBC 200 GCF 200 Khi đó, Do CG BE tia phân giác BCF ABC nên FC BC BA AE ; FG BG BC EC 1 AF FC BC BD BA AE AF AE FG BG BG BC EC FG EC Do đó, FG Từ suy CG / / EF (Định lý Ta let đảo) CFE GCF 20 Câu Với số tự nhiên đơi khác tùy ý có hai trường hợp xảy ra: +TH1: có số chia cho có số dư giống Tổng ba số tương ứng chia hết cho +TH2: Có nhiều số chia cho có số dư giống Có số chia hết cho 3, số chia cho dư 1, số chia cho dư 2, suy chọn số có tổng chia hết cho3 Do ta chia 17 số số báo danh 17 học sinh thành tập có 5,5,7 phần tử Trong tập, chọn số có tổng 3a1 ,3a2 ,3a3 , a1 , a2 , a3 Còn lại 17 8 số, số cịn lại, chọn tiếp số có tổng 3a4 Còn lại số chọn tiếp số có tổng 3a5 Trong số a1 , a2 , a3 , a4 , a5 có số ai1 , , có tổng chia hết cho Nên học sinh tương ứng có tổng số báo danh ai1 9