SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP TỈNH LỚP THCS KHÓA NGÀY 18 – 03 – 2019 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (5,0 điểm) 3 Tính giá trị biểu thức A x y x y , biết rằng: x 3 2 3 2 ; y 17 12 17 12 1 m , n m n 2 Cho hai số thực khác thỏa mãn x mx n x nx m 0 Chứng minh phương trình ln có nghiệm Bài (5,0 điểm) x xy y 1 x y x 5 1) Giải hệ phương trình: 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình: xy x y x y xy Bài (3,0 điểm ) Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích tam giác với đỉnh điểm cho không lớn Chứng minh số điểm cho tìm 2019 điểm nằm nằm cạnh tam giác có diện tích không lớn Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a b c 3 Chứng minh rằng: a b3 b c3 c a 5 Bài (7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân A Gọi D trung điểm cạnh BC Lấy điểm M đoạn AD (M không trùng với A) Gọi N , P theo thứ tự hình chiếu vng góc M cạnh AB, AC H hình chiếu vng góc N lên đường thẳng PD a) Chứng minh AH BH b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực AB I Chứng minh ba điểm H , N , I thẳng hàng Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O , đường cao AH Gọi M HB MB AB 2 AC Dấu giao điểm AO BC Chứng minh HC MC xảy nào? ĐÁP ÁN Câu 3 1.Đặt x 2 2 a b , đó: x3 a b a b3 3ab a b 3 2 2 3 2 2 x x3 6 x x3 x 6 (1) 3 Đặt y 17 12 17 12 c d , đó: y c d c d 3cd c d 17 12 17 12 3 17 12 17 12 y y 34 y y y 34(2) 3 3 Từ (1) (2) suy A x y x y x y 3x y 6 34 40 m n mn 1 m n mn 2mn 2mn 2.Ta có: m n x mx n 0 x mx n x nx m 0 x nx m 0 Ta có: Phương trình (1) PT bậc hai có 1 m 4n 2 (1) (2) Phương trình phương trình bạc hai có n 4m Do 1 m2 4n n 4m m n m n m n 2mn m n 0 Suy 1 có số lớn Vậy phương trình cho ln có nghiệm Câu x xy y 1 (1) y x 5 (2) x Điều kiện x 0 PT 1 x xy y 0(3) 2 PT (3) phương trình bậc hai ẩn x có y y y 0 x 1( ktm) x 1 y y x Do PT (3) có hai nghiệm Thay y x vào phương trình (2) ta có: x x x 5 x x x 0 x x x 1 0 x 1 x 1 x 1 0 x 1 x 1 x 0 x 1 x 1(TM ) y 0(TM ) x 1 0 x Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 1;0 2 xy x y x y xy x x y y 1 y y 0 (1) 2 Đặt y y a, PT (1) trở thành: x ax a 0(2) 2 a 4a a Phương trình (2) có Phương trình (1) có nghiệm ngun nên phương trình (2) có nghiệm nguyên số phương 2 2 Đặt a k k k a 4 k a k a 4 Vì k a + k a 2k số chẵn có tích số chẵn nên k a k a số chẵn k a 2 k a 2 k a k a k 2 a 2 k a 2 a k2 2 x 2 a k2 x 0 2 Vậy phương trình (2) có nghiệm : y 1(tm) y y a 2 y y 0 y (ktm) Ta có x; y 2;1 ; 0;1 Vậy nghiệm nguyên phương trình Câu AA 1.Gọi i j hai điểm xa điểm thuộc tập hợp 8073 điểm AA cho Giả sử Ak điểm cách xa đoạn thẳng i j Khi đó: AA A Tam giác i j k tam giác lớn có diện tích khơng lớn 1, A,A ,A Vẽ đường thẳng qua điểm i j k song song với cạnh Ai A j Ak 2 Ta tam giác nhỏ tam giác lớn chứa tam giác nhỏ Tam giác lớn có diện tích khơng q đơn vị Do đó, tam giác lớn chứa tất 8073 điểm cho Ta có 8073 chia 2018 dư nên theo nguyên lý Dirichle suy có tam giác chứa 2019 8073 điểm cho 3 Đặt P a b b c c a suy ra: P 2a b3 2b c 2c a 2a b 1 b b 1 2b c 1 c c 1 2c a 1 a a 1 a b b c c a ab bc ca Q Khơng tính tổng qt , ta giả sử b c a ta có: b a c c b 0 abc b 2c ab bc ab bc ca abc b 2c ca 2 Do Q abc b 2c ca 2abc b 2c ca c a b 4c a b a b 4 a b c 4.33 c 4 27 2 27 27 a b a b 2 Do P 10 P 5 Dấu " " xảy a b c 3 b c a b 0, c 1, a 2 c a b abc 2abc Câu A I P N M B H D C a) Ta có AD BC D(vì ABC vuông cân A) ANM APM 900 nên AMNP tứ giác nội tiếp (1) NAP NHP 900 nên NAPH tứ giác nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy N , A, P, H , M thuộc đường tròn AMH APH 1800 Ta có APC MDC 90 nên AMNP tứ giác nội tiếp Suy MPH MCD mà MCD MBD (vì AD trung trực BC) MBD MPD MPD Ta có AMB ADB MBD 90 MBD mà MBD Suy AMB 900 MPD APM MPD APH AMB AMH APH AMH 1800 Do B, M , H thẳng hàng nên AH BH BAD IBA 45 ( BI / / AD) b) Ta có: Tam giác ADB vng D có DI trung trực nên DI phân giác ADB ADI BDI 450 Do IBA IDA 45 A, I , B, D thuộc đường tròn (3) Ta có : AHB ADB 90 nên A, H , D, B thuộc đường tròn (4) Từ (3) (4) suy A, H , D, B, I thuộc đường tròn IHD IBD 1800 IHD 900 (vì IBD 90 ) lại có NHD 900 Do H , N , I thẳng hàng A O B H C M D Kẻ AD đường kính đường trịn (O) Xét tam giác vng HBA CDA có : ABC ADC (vì nội tiếp chắn HB AB HB AD AB.CD AC ) nên HBA CDA( g.g ) CD AD HCA BDA( g g ) Tương tự HB AB DC HC AC DB Do : Ta có: HC AC HC AD AC BD BD AD (1) AMB CMD g g MB AB MB.CD MD AB MD CD MC AC MC.BD AC.MD Tương tự: MD BD MB AB DB (2) MC AC DC Do HB MB AB DC DB AB DC DB AB 2 DB DC AC Ta có: HC MC AC DB DC AC Dấu " " xảy DB DC AB AC ABC cân A