PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÈ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT Năm học: 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn – Lớp: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức: x x 2 2 x P : x x 1 x x x x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P < c) Tìm giá trị nhỏ P Bài 2: (2,0 điểm) Giải phương trình : x 7x x x x 2x Cho điểm A 1;3 B 2;1 a) Biết phương trình đường thẳng (d): y = ax + b (a ≠ 0) qua A B Tìm a b b) Lập phương trình đường thẳng qua C 2; 1 song song với (d); vng góc với d Bài 3: (2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên x; y phương trình : x 3y 2xy 2x 10y 0 Cho x, y, z số nguyên dương thỏa mãn điều kiện xyz 100 Tính giá trị biểu thức M x xy x 10 y yz y 10 z xz 10 z 10 Bài (2,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Trên đường trịn (O) lấy điểm D (D A, B), đường kính AB lấy điểm C Kẻ CH vng góc với AD H, phân giác DAB cắt đường tròn (O) E cắt CH F, DF cắt đường tròn (O) N Chứng minh: Ba điểm N, C, E thẳng hàng; Nếu AD = BC DN qua trung trung điểm AC Bài 5: (2,0 điểm) 105o ; B 45o ; BC 4cm Tính độ dài AB; AC Cho ABC có A HẾT (Đề thi gồm có 02 trang) Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh:………………… PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM Mơn thi: Tốn – Lớp: Bài 1: (2,0 điểm) Ý/Phần a) ĐK: x > 0; x ≠ P x Điểm x 1 x x 1 x : x 1 x1 x x 1 x2 x b) : x2 x 1,0 x x 1 x x 1 x2 x x 1 x 1 x x Đáp án x 1 x1 x x1 P 0; x1 x 1 1 x1 x 1 x1 > Áp dụng BĐT Cô si ta được: x1 2 x1 P 2 4 x 1 Dấu “ = ” xảy x = 4(tmđk) Vậy Pmin 4 x = P 2 x = 0,5 Bài 2: (2,0 điểm) Ý/Phần Đáp án 1) Phương trình : x 7x x x x 2x 1 Điểm 2 Ta có x 7x x 1 x x 2x x 1 x 3 nên x 0 phương trình xác định x 0 x 0 x x 1 x 6 x 6 0,25 Khi : 1 x 1 x x x 6 x 6 x 3 x 3 x x 3 x 6 x 1 x x 0 x 0 0,25 x x 0 x x x x 0x 9 (vônghiệm) x 0 x 1 x 1 x 2 (loại không thỏa mãn ĐKXĐ) 0,25 Vậy phương trình cho vơ nghiệm 2) 0,25 a) Vì d : y ax b a 0 qua điểm A; B nên: a (tmđk) b Vậy d : y x 3 3 a b 1 2a b b) Gọi đường thẳng cần tìm : y ax b a 0 Vì qua C nên +) Vì d 2a b 1 a b 2 : 2 b b 3 Vậy : y x 3 +) Vì d a a 0,5 Thay vào (1) ta được: 0,5 b b 2 Vậy : y x 2 Bài 3: (2,0 điểm) Ý/Phần 1) Ta có : Đáp án Điểm x 3y 2xy 2x 10y 0 x 2xy y 4y 4y 1 2x 6y 0 2 x y 2y 1 x 3y 0 x y 1 x 3y 1 x 3y 1 0 0,25 x 3y 1 x y 3 Vì x, y nguyên nên x 3y 1 x y 3 nguyên trường hợp : *) Trường hợp 1: x 3y 1 x y x 3y 0 x y x 3y 4y 4 x y 1 *) Trường hợp 2: x 3y x y 7 x 3y x y 10 x 3y 4y 12 x 7 y *) Trường hợp 3: x 3y 7 x y x 3y 6 x y 2 0,25 x 6 3y x 3 4y 4 y 1 0,25 *) Trường hợp 4: x 3y x y 1 x 3y x y 4 x 3y 4y 12 x 1 y Vậy nghiệm nguyên phương trình x; y 3;1 ; 7; 3 ; 3;1 ; 1; 3 2) Vì x, y, z nguyên dương; xyz 100 xyz 10 Ta có : 0,25 M x xy x 10 x xy x 10 x y yz y xy xyz xy x xy xy x 10 10 xy x x xy x 10 x xy 10 xy x 10 xy xy x 10 10 z xz 10 z 10 10 z xz 10 z xyz 10 z z x 10 xy 0,25 0,25 10 xy x 10 0,25 1 0,25 Bài 4: (2,0 điểm) Ý/Phần 1) Đáp án Điểm N P A O B C F 0,25 H D E Vì CH // BD (cùng vng góc với AD) suy ACH ABD (đồng vị) Lại có AND (cùng chắn cung AD) ABD ACH AND , hai góc có đỉnh kề nhìn cạnh AF tứ giác ANCF nội tiếp FAC (hệ góc FNC nội tiếp) (1) Nối N với E ta có DAE DNE (cùng chắn cung DE), mà 0,25 (gt) (2) DAE BAE Từ (1) (2) suy DNC DNE Do hai tia NC NE trùng ba điểm N, C, E thẳng hàng (đpcm) 2) 0,25 0,25 Gọi giao điểm ND với AB P Theo tính chất đường phân giác tam giác APD ta có: AP FP AD FD (3) Xét tam giác BDP, có FC // DB, Áp dụng định lí Ta lét tam giác ta có:: PC PF (4) BC DF 1,0 Từ (3) (4) suy AP PC Mà AD = BC (gt) suy ra: AD BC AP = PC P trung điểm AC Bài 5: (2,0 điểm) Ý/Phần Đáp án Điểm A Kẻ AH BC Xét AHB có AHB 90o 45o A 45o B A 105o 45o 60o ) HC AH tan 60oB H 1,0 C BH AH AH AH AH BH AH 4 AH 2 1 3 Mà: AB AH BH (Định lí Pi- ta- go) AB 2 AH AB AH 2.2 AC 2 AH 4 3 2 6 1,0