036 đề HSG toán kinh môn 2017 2018

UBND HUYỆN KINH MƠN PHỊNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017-2018 MƠN:TỐN – LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Câu (2,0 điểm) 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x  x  1 x    2) Biết 4a  b2  5ab với 2a  b  Tính giá trị biểu thức: C  ab 4a  b Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau: 1) x  3x   x   9x x  8 2x2  x  2x2  x  Câu (2,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x  xy   x  y   y  10  2) 2) Cho đa thức f ( x)  x3  3x  3x  Với giá trị nguyên x giá trị đa thức f ( x) chia hét cho giá trị đa thức x  Câu (3,0 điểm) Cho O trung điểm đoạn AB Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB vẽ tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ đường thẳng vng góc với OC cắt tia By D 1) Chứng minh AB2  AC.BD 2) Kẻ OM vng góc CD M Chứng minh AC  CM 3) Từ M kẻ MH vng góc AB I Chứng minh BC qua trung điểm MH Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  1   16 x y z ĐÁP ÁN Câu 1.1 x  x  1 x     x  x  1 x  1 x      x  x  x  x      x4  x2    x4  x2     x  x  1 1.2 4a  b  5ab   a  b  4a  b   a  b  a  b    4a  b   4a  b Do 2a  b  nên 4a  b loại ab a2   Với a  b C  2 2 4a  b 4a  a Câu 2.1 * Với x  1* ta có phương trình x2  3x   x    x  x     x  1   x  (Thỏa *) *Với x  1** ta có phương trình x2  3x    x   x  x     x  1 x  3  + x    x  (không thỏa mãn điều kiện **)  x    x  ( không thỏa mãn điều kiện **) Vậy nghiệm phương trình x  2.2 Xét x  nghiệm Xét x  9x x  8 2x  x  2x  x    8 3 2x   2x 1  x x Đặt x   t , ta có phương trình: x  8 t 1 t 1 PT  8t  8t     2t  1   t  2  x  x2  x    2x   95    2x    0  16  Suy phương trình vơ nghiệm Câu 3.1 Ta có: x  xy   x  y   y  10   x  xy  28 x  28 y  y  40    x  y    y   * Ta thấy  x  y    nên y   y  y nguyên nên y 0;1  y  01; 1 Với y  thay vào * ta được:  x    tìm x 2; 5 Với y  thay vào * ta có:  x    , khơng tìm x nguyên Với y  1 thay vào * ta có  x  5  khơng tìm x nguyên Vậy  x; y    2;0 ;  5;0  3.2 Chia f  x  cho x  thương x  dư x  Để f ( x) chia hết cho x  x  chia hết cho x    x   x   chia hết cho x   x  chia hết cho x   x2   chia hết cho x    x    x  ước Mà x    x  3;6  x 1; 2 Thử lại ta thấy x  1; x  2 thỏa mãn Vậy với x  1; x  2 f ( x) chia hết cho x  Câu y x I D M C K A H O 1) Chứng minh OAC DBO  g.g  B OA AC   OA.OB  AC.BD DB OB AB AB   AC.BD  AB  AC.BD(dfcm) 2 OC AC 2) Theo câu a ta có OAC DBO  g.g    OD OB OC AC OC OD Mà OA  OB     OD OA AC OA Chứng minh OCD ACO  c.g.c   OCD  ACO  Chứng minh OAC  OMC  ch  gn   AC  MC (dfcm) 3) Ta có: OAC  OMC  OA  OM ; CA  CM  OC trung trực AM  OC  AM Mặt khác : OA  OM  OB  AMB vuông M  OC / / BM (Vì vng góc với AM ) hay OC / / BI Chứng minh C trung điểm AI MK BK KH Do MH / / AI theo hệ Ta let ta có:   IC BC AC Mà IC  AC  MK  HK  BC qua trung điểm MH (đpcm) Câu  1 1 1  y x   z x  z y  21 P     x  y  z               16 x y z  16 x y z   16 x y   16 x z   y z  16 y x   Dấu "  " xảy  y  x Theo BĐT Cơ si ta có: 16 x y z x Tương tự:   , dấu “=” xảy  z  x 16 x z z y   1, dấu "  " xảy  z  y 4y z 49  P  Dấu "  " xảy  x  ; y  ; z  16 7 49 Vậy MinP  với x  ; y  ; z  16 7