SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP Năm học : 2015 – 2016 Môn thi : Toán Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (4,0 điểm): a 3 a a 3 a Cho biểu thức A = a với a 0, a a a a a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = A + a Câu (4,0 điểm): a) Giải phương trình 2x x 2x2 x3 y x y b) Giải hệ phương trình 2 y 5x Câu (4,0 điểm): a) Tìm nghiệm nguyên (x, y) phương trình: 54x + = y3 b) Tìm giá trị nguyên dương m để phương trình x mxy + y2 + = có nghiệm nguyên dương (x, y ẩn) Câu (6,0 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có B, C cố định Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H Đường thẳng chứa tia phân giác góc BHC cắt AB, AC điểm M N a) Chứng minh tam giác AMN cân b) Xác định vị trí điểm A để chu vi tam giác DEF lớn c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác góc BAC K ( K A) Chứng minh đường thẳng HK qua điểm cố định A thay đổi Câu (2,0 điểm): Cho số dương a, b, c thoả mãn ab2 bc ca 2a5 3b5 2b5 3c5 2c5 3a5 Chứng minh rằng: 15 a3 b3 c3 ab bc ca Hết SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÁP ÁN GIỎI CẤP TỈNH LỚP Năm học : 2015 – 2016 Môn thi : Toán Nội dung Câu Rút gọn biểu thức 1a (2,0đ) ( a 3)2 ( a 3)2 a Có A a ( a 3)( a 3) a a 1b (2,0đ) a a a a A a (a a 9) a a a (a a 9) (a a 9) a 12 a a 9 a Vậy A 12 a (a a 9) Tìm giá trị nhỏ M = A + a M A a a 12 a a 36 36 , dấu đẳng thức xảy a = 36 (tmđk) Vậy giá trị nhỏ M - 36 a = 36 Giải phương trình 2x 1 x x2 Điều kiện x x2 2x 2 x 2x2 x x2 2x2 t t Đặt t x2 t2 x2 x2 1 Khi (2) trở thành 2a (2,0đ) t 1 2t 2t 3t t 1 2t 1 t t2 x Với t = ta có x x vô nghiệm x x x Với t ta có 2 x x x 2 2 x 4 x x Kết hợp với điều kiện suy nghiệm phương trình x 3 x y x y 1 Giải hệ phương trình 2 2 y x Điểm 2b (2,0đ) Thay (2) vào (1) ta có x3 – y3 = (y2 – 5x2)(4x - y) 21x3 – 5x2y – 4xy2 = x(7x – 4y)(3x + y) = Với x = thay vào (2) y = 2 31 y vô nghiệm 49 Với 3x + y = thay vào (2) y y 3 Với 7x – 4y = thay vào (2) y = x = - 1; y = - x = Vậy nghiệm hệ phương trình (x;y) = (0;2); (0;-2); (-1;3); (1;-3); Tìm nghiệm nguyên (x, y) phương trình: 54x3 + = y3 1 Nếu x = suy y = 1, y = x nguyên thỏa mãn Nếu x 0; y (1) 54 x3 (54 x3 1) 54 x3 y (4 27 x3 1)2 (6 xy)3 Đặt 27x3 a ; 6xy b ta (a 1)2 (b 1)(b b 1) (2) b d 3a (2,0đ) Từ (2) ta thấy b + > Gọi ƯCLN (b 1; b b 1) d b b d b b b(b 1) 2(b 1) d d Mặt khác (a 1)2 (4.27 x3 1) nên d d (b 1; b b 1) Từ (2) ta thấy tích hai số nguyên tố số phương nên phải có b + = m2 b2 - b + = n2 (Với m , nN* ; m ; m2 4) Ta có: n2 = (m2 - 1)2 - (m2 - 1) +1 n2 = (m2 - 1)2 - (m2 - 2) (3) n2 = (m2 - 2)2 + (m2 - 1) (4) 2 2 Từ (3) (4) (m - 2) < n < (m - 1) vô lý (2) vô nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm ( x; y) (0;1) Tìm giá trị nguyên dương m để phương trình x mxy y có nghiệm nguyên dương Giả sử phương trình cho có nghiệm nguyên dương, xét ( x0 ; y0 ) nghiệm mà x0 y0 nhỏ Do x , y phương trình bình đẳng nên không tính tổng quát ta giả sử x0 y0 Ta có: x02 mx0 y y02 y0 nghiệm phương trình y mx0 y x02 (1) y0 y1 mx0 (2) y1 nguyên dương y y x (3) suy phương trình nghiệm y1 thỏa mãn 3b (2,0đ) x0 + y0 x0 + y1 y0 y1 +) Nếu x0 y0 thay vào phương trình đề cho m y02 1 y0 y0 y0 (do m y0 nguyên dương) suy m , phương trình cho nhận ( x; y) (1;1) làm nghiệm, m = giá trị cần tìm +) Nếu x0 y0 y1 từ (3) suy y02 x02 ( y0 x0 )( y0 x0 ) vô lý y0 x0 nên từ (3) ( x0 1)( x0 2) x0 3x0 vô lý y1 x0 +) Nếu x0 y0 y1 Vậy m = giá trị cần tìm A E N x F M H O 4a (2,0đ) B D C Ta có: AMN MBH MHB, ANM NCH NHC ( định lý góc tam giác) Mà MBH NCH , MHB NHC Suy AMN ANM AMN cân A Kẻ tiếp tuyến Ax (O) suy xAB ACB Mà ACB AFE ( tứ giác BFEC nội tiếp), suy xAB AFE , Ax //EF OA EF Tương tự: OB FD ; OC DE SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE 4b (2,0đ) 1 1 OA EF OB DF OC DE R ( EF DF DE ) AD.BC 2 2 AD.BC Suy chu vi tam giác DEF R Mà R, BC cố định Chu vi tam giác DEF lớn AD lớn A điểm cung BC lớn Tam giác AMN cân A phân giác AK trung trực MN Tâm O’ (AMN) trung điểm AK AMK ANK 900 Gọi I giao điểm MK BH, J giao điểm NK CH Chứng minh HIKJ hình bình hành HK qua trung điểm G IJ Dễ thấy IMH MHF MHI IMH cân I MI = IH Tương tự: JN = JH 4c (2,0đ) Chứng minh BIM đồng dạng với CJN (g-g) MI NJ IH JH IJ // BC BI JC BI JC Mà HK qua trung điểm G IJ nên qua trung điểm L BC (là điểm cố định) A O' F O H M N I B G J K D L C Cho số dương a, b, c thoả mãn ab2 bc2 ca2 Chứng minh rằng: 2a5 3b5 2b5 3c5 2c5 3a5 15 a3 b3 c3 ab bc ca 5 2a 3b Ta chứng minh bất đẳng thức (1) 5a3 10ab2 10b3 với a, b ab 2a5 3b5 Thật vậy: 5a3 10ab2 10b3 2a5 3b5 ab 5a3 10ab2 10b3 ab 2a5 5a4b 10a2b3 10ab4 3b5 a b 2a 3b (luôn a, b 0) (2,0đ) 2b5 3c5 Tương tự ta có 5b3 10bc 10c3 (2) (luôn b, c 0) bc 2c 3a5 5c3 10ca 10a3 (3) (luôn c, a 0) ca Cộng vế với vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta 2a5 3b5 2b5 3c5 2c5 3a5 15(a3 b3 c3 ) 10(ab2 bc ca ) ab bc ca 2 Mà ab bc ca nên 2a5 3b5 2b5 3c5 2c5 3a5 15(a3 b3 c3 ) 30 15(a3 b3 c3 2) ab bc ca Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu “=” xảy a b c ...SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÁP ÁN GIỎI CẤP TỈNH LỚP Năm học : 2015 – 2016 Môn thi : Toán Nội dung Câu Rút gọn biểu thức 1a (2,0đ) ( a 3)2 ( a... (2,0đ) a a a a A a (a a 9) a a a (a a 9) (a a 9) a 12 a a 9 a Vậy A 12 a (a a 9) Tìm giá trị nhỏ M = A + a M A a a 12 a... 21x3 – 5x2y – 4xy2 = x(7x – 4y)(3x + y) = Với x = thay vào (2) y = 2 31 y vô nghiệm 49 Với 3x + y = thay vào (2) y y 3 Với 7x – 4y = thay vào (2) y = x = - 1; y = - x = Vậy