SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNHĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌCSINHGIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS KHOÁ NGÀY 18 – – 2018Đề thức Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/3/2018 Bài (4,0 điểm) Chứng minh n 2n + n chia hết cho 36 với n nguyên dương Cho ba số phân biệt a, b, c Đặt: 2 x = a + b + c 9ab , y = a + b + c 9bc , z = a + b + c 9ac Chứng minh rằng: ba số x, y, z có số dương Bài (5,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x y 2x + y + 1 y 1 13 Giải phương trình: x2 x 2018 2018 Bài (4,0 điểm) 2 Cho a, b, c ba số không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c �2 ab + bc + ca p, q, r ba số thỏa mãn p + q + r = Chứng minh rằng: apq + bqr + crp �0 Cho số dương a, b thỏa mãn điều kiện a.b = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2 M = a + b + 1 a + b + a+b Bài (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD, BE, CF trực tâm H a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE = BE.CD.BH b) Gọi I, J trung điểm AH BC Đường tròn đường kính AH cắt đoạn thẳng IJ K Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M cắt đoạn thẳng BC P Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Q Chứng minh tứ giác AQDP nội tiếp Cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển cạnh AB, AC cho BD = AE Xác định vị trí điểm D E cho: a) DEcó độ dài nhỏ b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ LỜI GIẢI THAM KHẢO Bài 1: 2 n n + 1 n + � Ta có n 2n + n n n 1 � � � Lại có: n n + 1 M2; n n 1 n 1 M3 (vì n �N* ) mà (2 ; 3) = nên n n 1 n 1 M6 Đặt A = n n 1 n 1 ta có A M6 � A M36 Vậy n 2n + n chia hết cho 35 với n �N* Ta có: x a + b + c 9ab ; y = a + b + c 9bc ; z = a + b + c 9ac Do đó: x + y + z = a + b + c ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca 2 2 2 2 = a + b + c ab + bc + ca a + b + c ab bc ca 3 2 2a + 2b + 2c 2ab 2bc 2ca � �a b + b c + c a � � 2 2 Vì a, b, c phân biệt nên a b + b c + c a > � x + y + z (1) Giả sử ba số x, y, z �0 Từ (1) suy vơ lí = Nếu có số nhỏ số thì từ (1) suy có số lớn Nếu có số nhỏ số từ (1) suy đpcm Bài 2: 2 x y 2x y 1 y 1 13 � 2x xy x 2xy y y + 9y 13 � 2x xy x y 8y 15 � 2x xy 5x 2xy y 5y 6x � x 2x + y y 2x + y 2x + y � x y 3 2x + y Lập bảng: x–y+3 2x + y – x y 7 10 16 10 -1 -7 -7 -1 -2 -2 Loại Loại Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x ; y) (-2 ; 2); (-2 ; 8) Cách 1: Điều kiện x � 2018 x + x + 2018 2018 (1) Đặt t = 2 Từ (1) (2) suy ra: x + t t x t �0 ta có t = x + 2018 � t x 2018 (2) � x t t + x � x t 1 x t x 2018 x+t0 x t � � �� �� x 1 t x t 1 � � Với x = –t ta có: x x 2018 (ĐK 2018 �x �0 ) (3) � 1 x � 2 PT (3) � x = x + 2018 � x x 2018 = � � � 1 x � � 8073 KTMĐK 8073 Với x = t – ta có: x x 2018 (ĐK x �–1) (4) � 1 8069 x � 2 � PT (4) � x + 2x + = x + 2018 � x + x 2017 = � � 1 8069 x KTMĐK � � � 8073 1 8069 � � � ; Vậy PT có tập nghiệm S � � � � Cách 2: Điều kiện x � 2018 1 x + x + 2018 2018 � x + x + = x 2018 x 2018 4 � � x x 2018 x x 2018 2 � 1� � 1� � 2 � �x � � x 2018 �� � �� � 2� � � 2� � x x 2018 x x 2018 � � � 2 � 1 8069 x � x 1 x 2018 x � 1 �x + x 2017 � �� � �2 �� � 8073 x x 2018 � x x 2018 x �0 � � x � � 8073 1 8069 � � ; Vậy PT có tập nghiệm S � � � � Bài 3: Ta có: p + q + r = � r = –p – q 2 Khi đó: apq + bqr + crp = apq – (p + q)(bq + cp) = cp a c b pq bq 2 Do đó: apq + bqr + crp �0 � cp a c b pq + bq �0 (*) - Nếu c = a + b �2ab (vì a + b + c �2 ab + bc + ca ) � a = b Khi đó: (*) ۳ bq (Bất đẳng thức với b �0) - Nếu c �0 c > (vì c �0) Khi đó: (*) 2 � cp a c b pq + bq �0 � cp a c b pq + 2 a c b 4c q a c b 4c q bq �0 �2 a c b � 4bc a c b 2 a c b � c� p pq + q � q �0 c 4c 4c � � � � 2 2 � a c b � ab + bc + ac a b c � c� p q � q �0 2c 4c � � ab + bc + ac a b2 c2 2 2 Ta có: q �0 (vì a + b + c �2 ab + bc + ca , c > 0) 4c � � c �p acb � q ��0 2c � 2 2 � a c b � ab + bc + ac a b c Vậy: c �p q � q �0 (đúng với a,b c > 0) 2c 4c � � Từ hai trường hợp, ta có được: apq + bqr + crp �0 Ta có a, b > a.b = 1; mà a + b �2ab � M a + b + 1 a + b �2 � 4 � � a + b + 1 � a + b a + b a+b a+b � a+b� � 4 a + b ab a+b a = b; a, b > � � � a = b Vậy GTNN M a = b = Dấu “=” xảy � a + b = 4; a.b = � Bài 4: BH BD = � BH.BE = BC.BD (1) BC BE CB CE = � CB.CD = CE.CA (2) BEC ~ ADC (g.g) � CA CD 1.a) BHD ~ BCE (g.g) � Từ (1) (2) suy ra: BH.BE.CB.CD = CB.BD.CE.CA � BH.BE.CD = CA.CE.BD � = AFH � 900 � Tứ giác AEHF nội tiếp 1.b) Ta có: AEH 1 AH); JE = JF (= BC) 2 � IFJ = IEJ (c.c.c) � I�1 = I�2 � ; I� = 2A � (Góc tâm góc nội tiếp) Ta có: I� = 2A Ta có: IE = IF (= 1 2 � =A � � MB � = MC � �B �=A � A � Do đó: A 1 � =B �+M � A � +A � (vì M � A � ) � QDB � = QAP � � Tứ giác APDQ nội tiếp Ta có: QDB 1 3 a) Cách 1: Kẻ DH AB D (H thuộc BC); HE’ AC E’ � � � � HDA = DAE' = HE'A = 900 � Tứ giác ADHE’ hình chữ nhật � DH = AE’ Ta có: DB = DH, DB = AE Do đó: AE = AE’ � E trùng với E’ Kẻ AK BC � AK đường trung tuyến ABC BC � AH �AK = : không đổi BC Mà AH = DE (vì ADHE hình chữ nhật) DE : không đổi Vậy DE nhỏ � H trùng K � D, E hình chiếu K AB, AC � Khi D, E trung điểm AB AC Cách 2: Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x � AD = a – x 2 a2 � a� a � : khơng đổi Ta có: DE = AD + AE a x + x 2x 2ax + a = �x �+ � 2� 2 2 2 2 a2 a : không đổi = 2 a a AB Dấu “=” xảy � x = Vậy DE nhỏ D, E trung điểm 2 DE AB AC a + b , với a, b > � Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức: a + b 2 � � a + b2 Thật vậy: a + b2 �۳ a+b 2 a + 2ab b2 a2 2ab b2 � a b �0 (BĐT đúng) Dấu “=” xảy � a = b Đặt AB = AC = a: không đổi (a > 0) AD + AE � a2 a AB2 a : không đổi DE 2 2 DB = DA � � D, E trung điểm AB AC Dấu “=” xảy � AD = AE � � EC = EA � Ta có: DE = AD + AE 2 Vậy DE nhỏ a AB D, E trung điểm AB AC 2 2b) Cách 1: Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x � AD = a – x 2 Xét tốn phụ: Cho a, b > Ta ln có: a + b � ab � a b �0 1 a2 AD.AE = a x x � � �a x x � � 2 a2 a a 3a SABC = AB.AC = Do đó: SBDEC SABC SADE � : không đổi 2 8 a 3a 3AB2 � x = Dấu “=” xảy a – x = x Vậy tứ giác BDEC có diện tích nhỏ 8 SADE = D, E trung điểm AB AC Cách 2: Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x � AD = a – x Ta có: SBDEC SABC SADE SBDEC � �x= AB2 AD.AE a x a x 2 2 x a x lớn � a – x = x (vì tổng x + a – x = a: không đổi) a � D, E trung điểm AB AC GV: Võ Mộng Trình – Trường THCS Cát Minh – Phù Cát – BìnhĐịnh ... � 2018 1 x + x + 2018 2018 � x + x + = x 2018 x 2018 4 � � x x 2018 x x 2018 2 � 1� � 1� � 2 � �x � � x 2018 �� � �� � 2� � � 2� � x x 2018 x x 2018. .. Với x = t – ta có: x x 2018 (ĐK x �–1) (4) � 1 80 69 x � 2 � PT (4) � x + 2x + = x + 2018 � x + x 2017 = � � 1 80 69 x KTMĐK � � � 8073 1 80 69 � � � ; Vậy PT có tập nghiệm... trình có nghiệm nguyên (x ; y) (-2 ; 2); (-2 ; 8) Cách 1: Điều kiện x � 2018 x + x + 2018 2018 (1) Đặt t = 2 Từ (1) (2) suy ra: x + t t x t �0 ta có t = x + 2018 � t x 2018