PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 MƠN THI: TỐN Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề Bài 1: (5,0 điểm) x4 x2 x2 Cho biểu thức M x x4 x2 x4 x2 a) Rút gọn M b) Tìm giá trị lớn M 2x y 1 Cho x, y số hữu tỉ khác thỏa mãn 1 x 1 y Chứng minh M x y xy bình phương số hữu tỷ Bài (4,0 điểm) Tìm số dư phép chia x 3 x 5 x x 2033 cho x2 12 x 30 Cho x, y, z thỏa mãn x y z 7; x y z 23; xyz 1 Tính giá trị biểu thức H xy z yz x zx y Bài (4,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn 3x2 3xy 17 x y Giải phương trình: 3x x 1 3x 8 16 Bài (6 điểm) Cho hình vng ABCD có hai đường chéo AC BD cắt O Trên cạnh AB lấy M MB MA cạnh BC lấy N cho MON 900 Gọi E giao điểm AN với DC, gọi K giao điểm ON với BE 1) Chứng minh MON vuông cân 2) Chứng minh MN song song với BE 3) Chứng minh CK vng góc với BE 4) Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC H Chứng minh: KC KN CN 1 KB KH BH Bài (1,0 điểm) 24 Cho x, y thỏa mãn x y Tìm giá trị nhỏ H x y x y ĐÁP ÁN Bài 1 a) x4 x2 x2 M x 1 x4 x 1 x4 x2 x 1 x 3 x4 x2 1 2 x 1 x x 1 x x x x x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 1 x4 x4 x4 x2 x 1 x x 1 x x 1 x4 x2 x2 x 1 x4 x2 1 x2 1 x x 1 x4 x2 x2 với x x4 x2 x2 b) Ta có : M với x x x2 - Nếu x ta có M Vậy M - Nếu x , chia tử mẫu M cho x ta có: M 1 x2 x 1 1 1 Ta có: x x 2.x x x x x x Dấu " " xảy x Nên ta có: M x x 1 Vậy M lớn M x 2x y 1 x 1 y 1 y 1 x 1 x 1 y 1 x 1 y Ta có 3xy y x xy x y xy x y xy x y 2 2 3xy 3xy 2 Ta có : M x y xy x y 3xy 3xy Vì x, y nên 3xy số hữu tỷ , Vậy M bình phương số hữu tỷ Bài 1) Ta có: x 3 x 5 x x 2033 x 12 x 27 x 12 x 35 2033 Đặt x2 12 x 30 t , ta có: x 3 x 5 x x 2033 t 3 t 5 2033 t 2t 15 2033 t t 2018 Vậy ta có x 3 x 5 x x 2033 x 12 x 30 x 12 x 32 2018 Vậy số dư phép chia x 3 x 5 x x 2033 cho x2 12 x 30 2018 2) Vì x y z z x y xy z xy x y x 1 y 1 Tương tự ta có: yz x y 1 z 1 ; zx y z 1 y 1 1 z 1 x 1 y 1 Vậy H x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 x 1 y 1 z 1 x y z 73 Ta xyz xy yz xz x y z xy yz xz xy yz xz có: x y z x y z xy yz xz 72 23 xy yz xz xy yz xz 13 Vậy H 1 13 Bài 1) Ta có: 3x 3xy 17 x y 3xy y 3x x 17 3x y 3x x 17 Vì x nguyên nên x nên ta có: 3x x 17 3x x x 11 y 3x 2 x 3x 3x 11 11 x 3x 3x 11 Vì x, y ngun nên ta có ngun 11 3x 3x 1; 11 3x - Xét trường hợp ta tìm x 1; y 1; x 3; y thỏa mãn kết luận 2) Ta có: 3x x 1 3x 8 16 3x 3x 3 3x 8 144 Đặt 3x t 3x t 5;3x t 2 Ta có phương trình: t 5 t t 5 144 t 25t 144 t t 16 t t 3 t 5 t 16 Xét trường hợp ta tìm x 0; x 2; x ; x 3 Bài M A O B N K D C E H 1) Ta có : BOC 900 CON BON 900 ; MON 900 BOM BON 900 BOM CON BOC 450 Ta có BD phân giác ABC MBO CBO BOC 450 Vậy ta có : MBO NCO Xét OBM OCN có OB OC; BOM CON ; MBO NCO OBM OCN OM ON Xét MON có MON 900 ; OM ON MON vuông cân 2) OBM OCN MB NC mà AB BC AB MB BC NC AM BN AM BM MB NC AN BN Ta có: AB / /CD AM / / CE NE NC AM AN Vậy ta có: MN / / BE (Theo định lý Talet đảo) MB NE 3) Vì MN / / BE BKN MNO 450 (đồng vị có tam giác MON vng cân) NB NO BNK ONC (vì có BNK ONK ; BKN OCN 450 ) NK NC NB NO - Xét BNO; KNC có BNO CNK ; BNO KNC NK NC NKC NBO 450 Vậy ta có: BKC BKN CKN 450 450 900 CK BE Tương tự ta có: NCO DCO 4) – Vì KH / /OM mà MK OK MK KH NKH 900 mà NKC 450 CKH 450 BKN NKC CKH 450 Xét BKC có BKN NKC KN phân giác BKC , mà KH KN KC HC KH phân giác BKC KB HB KN BN Chứng minh tương tự ta có : KH BH KC KN NC HC BN CN BH 1 Vậy ta có KB KH BH HB BH BH BH Bài 24 Ta có: H x y x y 1 24 x x 1 y y 8 x y 24 x y 17 x y x 1 y 2 x 1 x 17 22 6 y 2 x y 17 y y 2 Dấu " " xảy x 1 y x y x y x y Vậy H nhỏ H 22 x 1, y 2 x 1 2