SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN – BẢNG A Thời gian: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (3,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y xy x y b) Chứng minh rằng: A 22 4n 16 chia hết cho với số nguyên dương n Câu (6,5 điểm) x3 x a) Giải phương trình: x 2x n x 12 y 32 b) Giải hệ phương trình: x 1 y 3 x y 3 Câu (2,5 điểm) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4 a b c P ab bc ca Câu (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C tam giác Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) điểm thứ M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF N Chứng minh rằng: a) EF OA b) AM AN Cho tam giác nhọn ABC, D điểm tam giác cho AB.CD ADB ACB 900 AC.BD AD.BC Chứng minh AC.BD Câu (2,0 điểm) Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình tròn bán kính nằm hình vng mà không 91 chứa điểm 2019 điểm cho ĐÁP ÁN Câu a) Ta có: y xy x y x y 1 y y x y y 1 ( y không thỏa mãn phương trình ) Vì x, y số nguyên nên y ước TH 1: y y x TH : y 1 y x 5 TH 3: y y x 13 TH : y 5 y 4 x 9 Vậy phương trình có nghiệm ngun x; y 9;2 ; 5;0 ; 13;6 ; 9; 4 b) Ta có: A 22 4n 16 22 4n 1 18 n n Đặt 22 22k k * 22 22k 4k n n Do với n nguyên dương, ta có: 22 3;4n 3;18 n A 22 4n 16 Câu n 3 8x x 2x x 5 x x3 x 2x a) Điều kiện : x x 2 x x 2.2 x 3 Đặt a x 0, b x , ta có: b 3b a 2a b 2b a b a 2 a b 2 2 x 13 Suy x x x 2 x x Vậy x 13 b) Hệ phương trình cho tương đương với: 2 x 1 y 3 x 1 y 3 x 1 y 3 Đặt a x 1; b y Ta hệ phương trình: a b 2 2ab a b ab a b ab a b Đặt S a b; P ab, điều kiện S P Hệ trở thành: S 1 (tm) S 2P P S P S (ktm) P a 1 x 1 x S 1 a b 1 b y y a x x P ab b y y Vậy hệ cho có hai nghiệm 0;3 ; 1;2 Câu Ta có: P b c a 1 1 1 a b c b c a Đặt x , y , z x, y, z 0, xyz a b c 1 P 4 1 x 1 y 1 z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 1 1 P 1 x 2 1 y 2 1 z 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: x 2 y 1 xy 1 1 x y 1 x 1 xy x y x Tương tự: 1 y 1 xy x y Từ bất đẳng thức ta có: 1 x 1 y 1 xy Dấu xảy x y Tương tự: 1 x 1 z 1 y 1 1 1 1 1 z 1 z z 1 z 1 z 1 xy z z z 4 3 ,P x y z 1 a b c 16 16 Vậy MinP a b c 16 Ta có: P Câu N y A P E x F O M B C D a) Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy OA xy Xét tứ giác BCEF có BEC 900 ( gt ); BFC 900 ( gt ) tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp suy ACB AFE (1) Mặt khác BAx sd AB (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) ACB sd AB (góc nội tiếp ) BAx ACB (2) Từ (1) (2) suy AFE BAx vị trí so le nên EF / / xy hay EF OA b) Đường thẳng EF cắt (O) điểm thứ P, BP cắt DF Q AD, BE, CF đường cao tam giác ABC nên BCEF , ACDF nội tiếp, ACB AFP 1 Mặt khác: ACB sd AB sd BM MA ; 2 AFP sd BM AP Do đó: sd AM sd AP suy BA tia phân giác MBQ AM AP 1 Tứ giác BCEF nội tiếp suy ACB BFM , tứ giác ACDF nội tiếp nên ACB BFQ Do BFQ BFM ACB, suy FB tia phân giác MFQ MFB QFB MB QB BMP BQN BP BN , Do ABN ABP nên AN AP Từ (1) (2) suy AM AN (2) A E D B C Dựng tam giác vuông cân BDE D cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD khơng chứa C Ta có: ADE ACB DE DB Từ giả thiết: AC.BD AD.BC ADE ACB AD BD DE AC BC BC AB AC AE AD Mặt khác, BAC EAD CAD BAE Do CAD BAE AC CD CD AB.CD (ĐPCM) AB BE BD AC.BD Câu 45 Gọi C1 , C2 , , C2025 hình tròn nội tiếp hình vng nhỏ trên, chúng Chia hình vng cho thành 2025 hình vng nhỏ có cạnh có bán kính 90 Gọi C1' , C2 ' , , C2025 ' hình tròn đồng tâm với hình tròn Khi đó, hình tròn nằm hình vng đơi khơng 91 có điểm chung (rời nhau) có bán kính Trong hình vng cho có hình tròn rời C1' , C2 ' , , C2025 ' có 2019 điểm nên tồn hình tròn hình tròn khơng chứa điểm 2019 điểm cho ... vuông cân BDE D cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD khơng chứa C Ta có: ADE ACB DE DB Từ giả thi t: AC.BD AD.BC ADE ACB AD BD DE AC BC BC AB AC AE AD Mặt khác, BAC EAD CAD