PHÒNG GD&ĐT TP BẮC GIANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2015-2016 Môn: Toán lớp Thời gian làm bài: 150 phút (Thi ngày 09/01/2016) Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức : A= ( x + x + 2) x − x + + ( x − x + 2) x + x + x + 3x + a/ Rút gọn A : x +4 x2 + x + − x2 − x + b/ Tìm giá tri bé biểu thức M=A+ 12 x +2 Bài 2: (4,5 điểm) a/ Giải phương trình x − 3x + = x3 + x + x − b/ Tìm tất số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn x + y 2015 số hữu tỷ y + z 2015 x + z = y − 99 Bài 3: (4,5 điểm) a/ Cho a, b số hữu tỷ thoả mãn a + b = − ( ab + 2 ) Chứng minh a+b ab + số hữu tỉ b/ Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh 1 + + ≤1 a + b + ab + b5 + c + bc + c + a + ca + Bài 4: (6 điểm) Cho đường tròn (O;R), vẽ đường kính AB CD vuông góc với Trên đoạn CA lấy G cho GC= AC Tia OG cắt BC M, vẽ ON vuông góc với BG ( N ∈ BG ) a/ Chứng minh MA tiếp tuyến đường tròn (O;R) b/ Tia CN cắt đường tròn K Tính KA4 + KB + KC + KD theo R c/ Chứng minh MN=2R x Bài 5: (1 điểm) Tìm x, y nguyên dương thõa mãn + 111 = ( y − 3) ( y − ) Họ tên thí sinh SBD: HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN LỚP Câu Bài a/ 2,5đ Nội Dung Điểm 4đ Ta có x + x + = ( x + x + 4) − x = = ( x + x + 2)( x − x + 2) Vậy A = = (x ( x + x + 2) x − x + + ( x − x + 2) x + x + ( x + x + 2)( x − x + 2) ) + x + ( x − x + 2) ( x2 + x + + x2 − x + ( x + x + 2)( x − x + 2) (x ) + x + ( x − x + 2) ( x2 + x + + x2 − x + ( x + x + 2)( x − x + 2) 2 : ) : 2( x +4 0,75 x + x + − x2 − x + 2 x + 2) )× 2( x + 2) ( x2 + x + + x2 − x + ) 0,75 2x ( 2x x +x+2 + x −x+2 2 ) = x x +2 x với x>0 x +2 12 M=A+ = x +2 Vây A= b/ 1,5đ 0,5 x + 12 ( x − 4) + 16 16 16 = = x −2+ = x +2 + −4≥ x +2 x +2 x +2 x +2 x +2 16 ⇔ x = Vây M bé x=4 dấu = có x + = x +2 ( Bài a/ 2,0đ 0,5 ) ( ) 16 −4= x +2 0,5 4,5 đ Ta có x − x + = x + x + x − ⇔ x − x + = x − x + x − x + 10 x − 2 ⇔ x − x + = x ( x − 1) + x ( x − 1) + 2(5 x − 1) 2( x + x + 2) − (5 x − 1) = (5 x − 1)( x + x + 2) đk x ≥ 0,5 1 x + x + = a với a>0 x + x + = x + ÷ + > ; đặt x − = b với b ≥ 2 2 ⇒ x + x + = a x − = b Vây ta có PT 2a − b = ab ⇔ 2a − 2ab + ab − b = ⇔ 2a (a − b) + b(a − b) = ⇔ ( a − b ) ( 2a + b ) = Vì a>0 b ≥ nên 2a+b>0 vây ta có a − b=0 ⇔ a = b ⇔ x + x + = x − ⇔ x − x + = Đặt x = ⇔ x − x − x + = ⇔ ( x − 1)( x − 3) = ⇔ Thỏa mãn x = Vậy nghiệm PT x=1;x=3 b/ 2,5đ Ta có x + y 2015 m = m, n ∈ ¥ * , ( m, n ) = y + z 2015 n ( ⇔ nx − my =( mz − ny ) 2015 ) 0,75 0,5 0,25 nx − my ∈ Q vô lý 2015 số vô tỉ mz − ny nx − my = x y m ⇒ = = ⇒ xz = y Vậy mz −ny = ⇒ mz − ny = y z n -Nếu mz − ny ≠ ⇒ 2015 = 0,5 Nên ta có x + z + 99 = y ⇔ ( x + z ) − xz + 99 = y 2 ⇔ ( x + z ) − y + 99 = y ⇔ ( y ) − ( x + y ) = 99 2 ⇔ ( y + x + z ) ( y − x − z ) = 99 ⇒ 99M3 y + x + z Vì x, y,z nguyên dương nên 3y+x+z ≥ ⇒ y + x + z = 9,11,33,99 10 -Nếu 3y+x+z=9 Ta có 3y − x − z=11 ⇒ y = 20 ⇒ y = (loại) 10 -Nếu 3y+x+z=11 Ta có 3y − x − z=9 ⇒ y = 20 ⇒ y = (loại) 50 -Nếu 3y+x+z=99 Ta có 3y − x − z=1 ⇒ y = 100 ⇒ y = (loại) -Nếu 3y+x+z=33 Ta có 3y − x − z=3 ⇒ y = 36 ⇒ y = ⇒ x + z = 20 ⇒ z = 20 − x Mà xz =y2 nên ta có x(20 − x)=36 ⇔ x − 20 x + 36 = ⇔ x1 = 2; x2 = 18 +Nếu x=2 ta có z=18 +Nếu x=18 ta có y=2 Vây ta có (x;y;z)=(2;6;18)=(18;6;2) Bài a/ 2,5đ 0,25 0,25 0,25 0,25 4,5 đ ( ab + ) = ab + 2 ) ⇔ ( a + b ) − 2ab + a+b ( a + b) 2 Đặt a+b=s ab=p Ta có a + b = − ( ( p + 2) = ⇔ s − ps + ( p + 2) = s s2 ⇔ s2 − p + ( ) ⇔ s − 2s ( p + 2) + ( p + ) = ⇔ s − p − 2 ⇔ s2 − p − = ⇔ p + = s2 ⇔ ( ) 1,0 =0 p + = s ⇔ ab + = a + b Vị a, b số hữu tỉ nên a + b số hữu tỉ Vây b/ 2,0đ 0,75 0,25 1,0 0,5 ab + số hữu tỉ 2 Ta có x + y + z − ( x + y + z ) = ( x − y ) + ( y − z ) + ( x − z ) ≥ 2 2 Vây ( x + y + z ) ≤ 3( x + y + z ) dấu = có x=y=z ( Vây x,y,z>0 ta có x+y+z ≤ x + y + z Áp dụng ta có a + b + ab + ) dấu = có x=y=z + b + c + bc + + c + a + ca + 1 ≤ 3 + + ÷ a + b + ab + b + c + bc + c + a + ca + Ta có a − a + ≥ 3a (1) ⇔ a − a − 3a + ≥ ⇔ a (a − 1) − 3(a − 1) ≥ ( ) ⇔ a (a − 1) a + a + − 3(a − 1) ≥ ⇔ (a − 1)(a + a + a − 3) ≥ ( ) ⇔ ( a − 1) a − a + 2a − 2a + 3a − ≥ ⇔ ( a − 1) (a 3 ) + 2a + 3a + (2) Ta thấy (2) vơi a>0 vây (1) với a>0 0,5 Vậy với a>0 ta có a − a + ≥ 3a dấu = có a=1 5 2 Ta có a + b + ab + = a − a + + a + b + ab + ≥ 3a + 2ab + ab + = 3(ab + a + 1) ( ) ( ) 1 ≤ dấu = có a=b=1 a + b + ab + 3(ab + a + 1) 1 ≤ Tương tự ⇒ dấu = có a=b=1 a + b + ab + 3(ab + a + 1) 1 ≤ dấu = có a=b=1 c + a + ca + 3(ca + c + 1) ⇒ 0,25 Vây ta có a + b + ab + + b5 + c + bc + + 0,5 c + a + ca + 1 ≤ 3 + + ÷ a + b + ab + b + c + bc + c + a + ca + Vậy ≤ 1 + + ab + a + bc + b + ca + c + = a ab ab + b + + + = =1 ab + a + 1 + ab + a a + + ab ab + b + 1 a + b + ab + + b + c + bc + + c + a + ca + ≤ Dấu = có a=b=c Bài a/ 2đ 0,5 0,25 6đ Lấy I trung điểm BC ta có OI đường trung bình tam giác ABC ⇒ OI//BC 1 OI= CB (1) ; Vì I trung điểm BC nên IC= AC mà GC= AC 2 1 GI 1 = AC : AC = nên GI=IC − GC= AC − AC = AC ⇒ GC OI GI 1 = = ⇒ OI = CM (2) Ta có OI//BC ( cm trên) ⇒ OI//CM ⇒ CM GC 2 Từ (1) (2) ta có CB=CM 1,0 Xét ∆ ABM có OA=OB ( bán kính) , có CB=CM ( cm trên) nên OC đường trung bình b/ 2đ ⇒ OC // AM mà OC ⊥ AB nên AM ⊥ AB Vậy MA tiếp tuyến đường tròn (O;R) 1,0 Ta có tam giác AKB nội tiếp đường tròn (vì đỉnh nằm đường tròn) mà AB la đường kính nên tam giác AKB vuông K, theo Pitago ta có KA2 + KB = AB ⇒ KA2 + KB = R ⇒ KA4 + KB + KA2 KB = 16 R Vẽ KP vuông góc với AB, theo hệ thức lương tam giác vuông AKB ta có KA ×KB = AB ×KP ⇒ KA ×KB = R ×KP ⇒ KA2 KB = R KP Vây ta có KA4 + KB + 8R KP = 16 R ⇒ KA4 + KB = 16 R − 8R KP Vẽ KQ vuông góc với CD, chứng minh tương tự ta có KC + KD = 16 R − R KQ 0,75 0,25 ( ) 4 4 2 Vây Ta có KA + KB + KC + KD = 32 R − 8R KP + KQ µ =P µ =Q µ = 900 nên tứ giác KPOQ hình chữ nhật Xét tứ giác KPOQ có O Vậy ta có KP2 +KQ2 =PQ2 =KO2=R2 4 4 2 Vậy KA + KB + KC + KD = 32 R − 8R KP + KQ = 32 R − 8R R = 24 R Ta có ∆ACB nội tiếp đường tròn, mà AB đường kính nên ∆ACB vuông C ⇒ AC ⊥ BM ⇒ AC đương cao ∆MAB Ta có CM=CB ( cm trên) ⇒ AC trung tuyến ∆MAB vây ∆MAB cân A ⇒ AM = AB Xét ∆MAB có AM trung tuyến mà GC= AC nên G trọng tâm ∆MAB , keo dài BG cắt MA đường tròn F AM E ta có BE trung tuyến ∆MAB nên EA=EM= , mà OA=OB= AB nên EA=BO Ta có ∆AFB nội tiếp đường tròn, mà AB đường kính nên ∆AFB vuông F ⇒ AF ⊥ BE · · · · · · ⇒ OBN + FAB = 900 ; Vì MA ⊥ AB ( cm trên) nên EAF + FAB = 900 ⇒ EAF = OBN · · · · Xét ∆EAF ∆OBN có AE=OB , EAF = OBN ; EFA = ONB = 900 ⇒ ∆EAF = ∆OBN ⇒ AF=NB ; Ta có ON ⊥ BF ⇒ NB = NF (vi ) nên FA=FN=NB ⇒ ∆AFN vuông cân · ⇒ FNA = 450 ⇒ ·ANB = 1350 · Ta có ∆MAF=∆BAN (cgc) ⇒ MFA = ·ANB = 1350 , mà · · AFN = 900 ⇒ MFN = 3600 − 1350 − 900 = 1350 ( c/ 2đ ) Ta có ∆MFN = ∆MFA (cgc) ⇒ MN = MA mà MA=AB=2R ⇒ MN = R Bài 0,75 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 1đ Đặt y − = a với a ∈ Z a ≥ −3 ; ta có 3x + 111 = (a + 1)(a − 1) ⇔ 3x + 112 = a -Nếu x lẻ ⇒ x = 2k + ⇒ 3x + 112 = 32 K +1 + 112 = ( 9k − 1) + + 112 = ×(9 − 1)(9 k −1 + 9k − + + 1) + + 112 =24q+3+112=4(8q+28)+3 chia cho dư ⇒ + 112 chia cho dư ⇒ a chia cho dư ⇒ vô lý số phương chia cho dư Vậy x phải chẵn ⇒ x = 2k với k nguyên dương 2k k k k Vây ta có + 112 = a ⇔ ( a + ) ( a − ) = 112 ⇒ 112Ma + x Vì a ≥ −3 ⇒ a + 3k ≥ ; Vì a + 3k > a − 3k ⇒ ( a + 3k ) > 112 ⇒ a + 3k > 10 ⇒ a + 3k = 14, 28,56,112 -Nếu a + 3k = 14 ⇒ a − 3k = ⇒ 2a = 22 ⇒ a = 11 ⇒ x = 2; y = 15 -Nếu a + 3k = 28 ⇒ a − 3k = ⇒ 2a = 32 ⇒ a = 16 ⇒ 3x = 144 (loại) -Nếu a + 3k = 56 ⇒ a − 3k = ⇒ 2a = 58 ⇒ a = 29 ⇒ x = 6; y = 33 112 k k -Nếu a + = 112 ⇒ a − = ⇒ 2a = 113 ⇒ a = (loại) 0,5 Vây ta có (2;15) ; (6;33) thõa mãn dầu 0,5 ... + 99 = y ⇔ ( x + z ) − xz + 99 = y 2 ⇔ ( x + z ) − y + 99 = y ⇔ ( y ) − ( x + y ) = 99 2 ⇔ ( y + x + z ) ( y − x − z ) = 99 ⇒ 99 M3 y + x + z Vì x, y,z nguyên dương nên 3y+x+z ≥ ⇒ y + x + z = 9, 11,33 ,99 ... 3y+x+z ≥ ⇒ y + x + z = 9, 11,33 ,99 10 -Nếu 3y+x+z =9 Ta có 3y − x − z=11 ⇒ y = 20 ⇒ y = (loại) 10 -Nếu 3y+x+z=11 Ta có 3y − x − z =9 ⇒ y = 20 ⇒ y = (loại) 50 -Nếu 3y+x+z =99 Ta có 3y − x − z=1 ⇒ y =... nên FA=FN=NB ⇒ ∆AFN vuông cân · ⇒ FNA = 450 ⇒ ·ANB = 1350 · Ta có ∆MAF=∆BAN (cgc) ⇒ MFA = ·ANB = 1350 , mà · · AFN = 90 0 ⇒ MFN = 3600 − 1350 − 90 0 = 1350 ( c/ 2đ ) Ta có ∆MFN = ∆MFA (cgc) ⇒