SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP TỈNH LỚP THCS KHĨA NGÀY 18 – 03 – 2019 Mơn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút Bài (5,0 điểm) Tính giá trị biểu thức A x3 y3 3 x y , biết rằng: x 3 2 3 2 ; y 17 12 17 12 1 Cho hai số thực m, n khác thỏa mãn m n 2 Chứng minh phương trình x mx n x nx m ln có nghiệm Bài (5,0 điểm) x xy y 1) Giải hệ phương trình: x y x 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình: xy x y x2 y xy Bài (3,0 điểm ) Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích tam giác với đỉnh điểm cho không lớn Chứng minh số điểm cho tìm 2019 điểm nằm nằm cạnh tam giác có diện tích khơng lớn Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: a b3 b c c a Bài (7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân A Gọi D trung điểm cạnh BC Lấy điểm M đoạn AD (M không trùng với A) Gọi N , P theo thứ tự hình chiếu vng góc M cạnh AB, AC H hình chiếu vng góc N lên đường thẳng PD a) Chứng minh AH BH b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực AB I Chứng minh ba điểm H , N , I thẳng hàng Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O , đường cao AH Gọi M HB MB AB 2 giao điểm AO BC Chứng minh Dấu HC MC AC xảy nào? ĐÁP ÁN Câu 1.Đặt x 3 2 3 2 a b , đó: x3 a b a3 b3 3ab a b 2 2 3 2 2 x x3 3x x3 3x (1) Đặt y 17 12 17 12 c d , đó: y c d c3 d 3cd c d 17 12 17 12 3 17 12 17 12 y y 34 y y y 34(2) Từ (1) (2) suy A x3 y3 3 x y x3 y 3x y 34 40 m n mn 1 m n mn m n 2mn 2mn x mx n 2 Ta có: x mx n x nx m x nx m Phương trình (1) PT bậc hai có 1 m2 4n 2.Ta có: (1) (2) Phương trình phương trình bạc hai có n2 4m Do 1 2 m2 4n n2 4m m2 n2 m n m2 n2 2mn m n Suy 1 có số lớn Vậy phương trình cho ln có nghiệm Câu x xy y (1) Điều kiện x y x (2) x PT 1 x xy y 0(3) PT (3) phương trình bậc hai ẩn x có y y y x 1(ktm) y x Do PT (3) có hai nghiệm x 1 y Thay y x 1vào phương trình (2) ta có: x x 4x x x 4x x 12 x 1 3 x x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 x 12 x 1(TM ) y 0(TM ) x 1 x Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 1;0 2 xy x y x2 y xy x2 x y2 y 1 y2 y (1) Đặt y y a, PT (1) trở thành: x2 ax a 0(2) Phương trình (2) có a 4a a Phương trình (1) có nghiệm ngun nên phương trình (2) có nghiệm ngun số phương Đặt a k k k a 2 k a k a Vì k a + k a 2k số chẵn có tích số chẵn nên k a 2 k a 2 số chẵn k a k k a a k a 2 k 2 k a a a k2 2 x 2 Vậy phương trình (2) có nghiệm : a k2 x 0 2 y 1(tm) 2 Ta có y y a y y y (ktm) Vậy nghiệm nguyên phương trình x; y 2;1 ; 0;1 Câu 1.Gọi Ai Aj hai điểm xa điểm thuộc tập hợp 8073 điểm cho Giả sử Ak điểm cách xa đoạn thẳng Ai Aj Khi đó: Tam giác Ai Aj Ak tam giác lớn có diện tích khơng lớn 1, Vẽ đường thẳng qua điểm Ai , Aj , Ak song song với cạnh Ai Aj Ak Ta tam giác nhỏ tam giác lớn chứa tam giác nhỏ Tam giác lớn có diện tích khơng q đơn vị Do đó, tam giác lớn chứa tất 8073 điểm cho Ta có 8073 chia 2018 dư nên theo ngun lý Dirichle suy có tam giác chứa 2019 8073 điểm cho Đặt P a b3 b c3 c a3 suy ra: P 2a b3 2b c3 2c a 2a b 1 b2 b 1 2b c 1 c c 1 2c a 1 a a 1 a b2 b c c a ab2 bc ca Q Khơng tính tổng qt , ta giả sử b c a ta có: b a c c b abc b2c ab2 bc ab2 bc ca abc b2c ca Do Q abc b2c ca 2abc b 2c ca c a b 4c ab ab 2 a b a b 4 a b c 4.33 c 4 27 2 27 27 a b c b c a Do 2P 10 P Dấu " " xảy b 0, c 1, a 2 c a b abc 2abc Câu A I P N H M B C D a) Ta có AD BC D(vì ABC vng cân A) ANM APM 900 nên AMNP tứ giác nội tiếp (1) NAP NHP 900 nên NAPH tứ giác nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy N , A, P, H , M thuộc đường tròn AMH APH 1800 Ta có APC MDC 900 nên AMNP tứ giác nội tiếp Suy MPH MCD mà MCD MBD (vì AD trung trực BC) MBD MPD Ta có AMB ADB MBD 900 MBD mà MBD MPD Suy AMB 900 MPD APM MPD APH AMB AMH APH AMH 1800 Do B, M , H thẳng hàng nên AH BH b) Ta có: IBA BAD 450 ( BI / / AD) Tam giác ADB vng D có DI trung trực nên DI phân giác ADB ADI BDI 450 Do IBA IDA 450 A, I , B, D thuộc đường tròn (3) Ta có : AHB ADB 900 nên A, H , D, B thuộc đường tròn (4) Từ (3) (4) suy A, H , D, B, I thuộc đường tròn IHD IBD 1800 IHD 900 (vì IBD 900 ) lại có NHD 900 Do H , N , I thẳng hàng A O B H C M D Kẻ AD đường kính đường tròn (O) Xét tam giác vng HBA CDA có : ABC ADC (vì nội tiếp chắn HB AB AC ) nên HBA CDA( g.g ) HB AD AB.CD CD AD HC AC HC AD AC.BD Tương tự HCA BDA( g.g ) BD AD Do : HB AB DC HC AC DB (1) Ta có: AMB CMD g.g MB AB MB.CD MD AB MD CD MC AC MC.BD AC.MD MD BD MB AB DB Do (2) MC AC DC Tương tự: HB MB AB DC DB AB DC DB AB HC MC AC DB DC AC DB DC AC Dấu " " xảy DB DC AB AC ABC cân A Ta có: ... (3) Ta có : AHB ADB 90 0 nên A, H , D, B thuộc đường tròn (4) Từ (3) (4) suy A, H , D, B, I thuộc đường tròn IHD IBD 1800 IHD 90 0 (vì IBD 90 0 ) lại có NHD 90 0 Do H , N , I thẳng... A) ANM APM 90 0 nên AMNP tứ giác nội tiếp (1) NAP NHP 90 0 nên NAPH tứ giác nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy N , A, P, H , M thuộc đường tròn AMH APH 1800 Ta có APC MDC 90 0 nên AMNP... MPH MCD mà MCD MBD (vì AD trung trực BC) MBD MPD Ta có AMB ADB MBD 90 0 MBD mà MBD MPD Suy AMB 90 0 MPD APM MPD APH AMB AMH APH AMH 1800 Do B, M , H thẳng hàng