PHÒNG GD&ĐT TP BẮC GIANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 Mơn: Tốn lớp Thời gian làm bài: 150 phút Thi ngày 14 tháng năm 2018 Bài 1: (5 điểm) x2 x 4 a/ Cho biểu thức M x x 8 x x 1 x x 10 : x x x x Rút gọn M tìm x để M>1 b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab bc ca Tính H= a b b c c a 1 c 1 a 1 b Bài 2: (4 điểm) a/ Giải phương trình 30 5 x2 x2 x x b/ Tìm số thực x để số x 3; x 3; x số nguyên x Bài 3: (4 điểm) a/ Tìm x nguyên dương để x3 14 x2 x số phương b/ Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z xyz 2 Chứng minh rằng: x y z xyz x y z Bài 4: (6 điểm) Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O;R) Trên đường tròn (O;R) lấy H kỳ cho AH1 x x 1 x x 10 : x x x x x2 x 4 ( x 1) *M x2 x2 x 4 x 1 x 1 x 1 x : x 1 x x x 2 x 1 x 1 x 2 x 2 x 1 : (3 : x 5 x 2 x 5 x 5 x 1 0,5 x 5)( x 1) 2( x 2) x 2 0,5 x 1 x x x x 3x x x x : x 2 x 11 x 2 x 1 Điểm 5đ x 3 x 2 Vậy M= *M1 10 nên ta có x2 b2 x2 12 x x b2 x 3 Vì b lẻ nên b2 x 1 x2 x x2 x x 2 Với x=2 ta có x3 14 x2 x =100=102 số phương b/ Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z xyz b/ 2,0đ Chứng minh rằng: Vậy x2 y z xyz x y z 1 xy yz zx Từ Gt suy ra: Nên ta có: 0,25 0,5 1 1 1 1 x2 1 1 2 ;" " y z x x xy yz zx x y x z x y z x2 1 2 x y z x 1 1 y2 1 1 z2 1 Tương tụ ta có ; 2 x y z 2 x y z z y Vậy ta có 1 1 x2 y z ;" " x y z x y z x y z 2 2 Ta có x y x xy yz xx x y y z x z Nên x y x xy yz xx 2 0,5 0,25 0,5 xyz xy yz xz Vậy 1 1 xy yz xz xyz xyz xyz x y z x2 y z xyz ; " " x y z x y z 0,25 6đ Bài a B M H E O A N C a/ 3đ a/ Chứng minh OM OB=ON OC MN ln qua điểm cố định *Ta có OH HB (t/c tiếp tuyến) OHB vuông H, mà HM OB (gt) nên theo hệ thức lượng tam giác vng ta có OM OB OH R 0,5 Chưng minh tương tự ta có ON OC OH R2 Vậy ta có OM OB ON OC 0,5 * Ta có OM OB OH R2 mà OA=R nên ta có OM OB OA2 OM OA OA OB OM OA OMA OAB OAM OBA OA OB Ta có AO=AB=R (gt) OAB cân AOB OBA AOM OBA , OAM AOM OMA cân MO MA Chứng minh tương tự ta có ONA cân NO NA Ta có MO MA ; NO NA , MN trung trực OA, gọi E giao điểm MN OA với OA ta có EO=EA= MN OA E, mà O, A cố định nên E cố đinh Vậy 0,5 Xét OMA OAB có O chung, có b/ 1,5đ 0,5 0,5 0,5 MN qua điểm cố định b/ Chứng minh OB OC=2R2 Ta có OM OB ON OC 0,5 OM ON OC OB OM ON OMN OCB , OC OB OM OE OM OE OE 1 mà OE MN OH BC nên ta có OM OC OC OH OC OA 2OE 2 Xét OMN OCB có O chung , có 0.5 ( OH=OA=2OE) Ta có OM OB OH R2 ( cm trên) OC OB R OC OB R c/ 1,5đ 0,5 c/ Tìm giá trị lớn diện tích tam giác OMN H thay đổi Ta có OMN OCB (cm trên) 1 0,5 SOMN OE OE OE 2 SOCB OH OA 2OE 8 Dấu có B, A, C thẳng hàng H A Nên SOMN SOCB OH BC R BC R( AB AC ) R( R R) R Vậy diện tích tam giác OMN lớn SOMN R H A Bài -Nếu n lũy thừa bậc số tự nhiên toán chứng minh xong -Nếu n không lũy thừa bậc số tự nhiên, ta ln tìm số nguyên dương k cho k n k 1 Vì n nguyên dương n k n k , ta có: 0,75 0,25 1đ 0,25 0,5 2n k 1 2(k 1) k 1 k 2k k 1 2 Vậy k nguyên dương , nên ta có k n k 1 2n Vậy dãy có lũy thừa bậc số tự nhiên 0,25 ...Câu Bài a/ 3đ HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017- 2018 MƠN: TỐN LỚP ( BẢNG A) Nội Dung x2 x 4 a/ Cho biểu thức M x x 8... R( R R) R Vậy diện tích tam giác OMN lớn SOMN R H A Bài -Nếu n lũy thừa bậc số tự nhiên toán chứng minh xong -Nếu n không lũy thừa bậc số tự nhiên, ta ln tìm số nguyên dương k cho k