ĐỀ THI CHỌN học SINH GIỎI TOÁN 9 TỈNH NGHỆ AN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH NGHỆ AN Năm học 2015 – 2016 Câu (3.0 điểm) a) Chia 18 vật có khối lượng 20162 ; 20152 ; 20142 ; ;1999 gam thành ba nhóm có khối lượng (không chia nhỏ vật đó) b) Tìm nghiệm ngun dương phương trình 3x + 171 = y2 Câu (6.0 điểm) a) Giải phương trình x2 + 6x + = ( 2x + 1) x2 + 2x + 4x + = y − 4x b) Giải hệ phương trình  2 x + xy + y = Câu (3.0 điểm) Cho a, b,c  thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a +1 b+1 c +1 + + 3 b2 + c + a + Câu (6.0 điểm) Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm (O; R) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm), cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q) Gọi H giao điểm OM AB a) Chứng minh HPO = HQO b) Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng 1 có giá trị nhỏ + EA EB Câu (2.0 điểm) Tìm hình vng có kích thước nhỏ để hình vng xếp hình trịn có bán kính cho khơng có hai hình trịn chúng có điểm chung Phân tích hướng dẫn giải Câu (3.0 điểm) a) Chia 18 vật có khối lượng 20162 ; 20152 ; 20142 ; ;1999 gam thành ba nhóm có khối lượng (khơng chia nhỏ vật đó) • Lời giải Ta xó nhận xét n + ( n + ) = 2n + 10n + 25 = X + 25 ( n + 1) + ( n + ) 2 ( n + ) + ( n + 3) 2 = 2n + 10n + 17 = X + 17 = 2n + 10n + 13 = X + 13 Lần thứ chia vật có khối lượng 19992 ,20002 ,20012 ,20022 ,20032 ,20042 thành ba phần sau 1999 + 2004 = 1999 + (1999 + ) = 2.1999 + 10.1999 + 25 = A + 25 2000 + 20032 = (1999 + 1) + (1999 + ) = 2.1999 + 10.1999 + = A + 17 2 20012 + 2002 = (1999 + ) + (1999 + ) = 2.1999 + 10.1999 + 13 = A + 13 2 Lần thứ hai chia vật có khối lượng 20052 ,20062 ,2007 ,20082 ,20092 ,20102 thành ba phần gồm 20052 + 2010 = 20052 + ( 2005 + ) = 2.2005 + 10.2005 + 25 = B + 25 2006 + 2009 = ( 2005 + 1) + ( 2005 + ) = 2.2005 + 10.2005 + 17 = B + 17 2 2007 + 2008 = ( 2005 + ) + ( 2005 + ) = 2.2005 + 10.2005 + 13 = B + 13 2 Lần thứ ba, chia vật có khối lượng 20112 ,20122 ,20132 ,2014,2015,20162 thành ba phần sau 20112 + 2016 = 20112 + ( 2011 + ) = 2.20112 + 10.2011 + 25 = C + 25 2012 + 20152 = ( 2011 + 1) + ( 2011 + ) = 2.20112 + 10.2011 + 17 = C + 17 2 20132 + 2014 = ( 2011 + ) + ( 2011 + ) = 2.20112 + 10.2011 + 13 = C + 13 2 Nhận thấy A + 25 + B + 17 + C + 13 = A + 17 + B + 13 + C + 25 = A + 13 + B + 25 + C + 17 = A + B + C + 55 Do ta chia theo ba nhóm gồm Nhóm 1: A + 25 + B + 17 + C + 13 = 19992 + 20042 + 20062 + 20092 + 20132 + 20142 Nhóm 2: A + 17 + B + 13 + C + 25 = 20002 + 20032 + 2007 + 20082 + 20112 + 20162 Nhóm 3: A + 13 + B + 25 + C + 17 = 20012 + 20022 + 20052 + 20102 + 20122 + 20152 Khi khối lượng nhóm A + B + C + 55 gam b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 3x + 171 = y2 • Lời giải Dễ thấy x = phương trình khơng có nghiệm ngun dương ( ) Xét x  , ta viết phương trình cho dạng: 3x−2 + 19 = y ( x  ) Để y số nguyên điều kiện cần đủ 3x−2 + 19 = z2 số phương (z số nguyên dương) ( ) Nếu x – = 2k + số lẻ 32k +1 + 19 = 32k + + + 18 = 4.B + 18 chia hết cho không chia hết khơng thể số phương Do x − = 2k số chẵn ( )( ) Ta có 3x−2 + 19 = z2  z − 3k z + 3k = 19  z − k = z = 10  z = 10   Vì 19 số nguyên tố z − 3k  z + 3k nên    k k 3 =  z + = 19 k = Từ ta tìm ( x; y ) = ( 6; 30 ) Câu (6.0 điểm) a) Giải phương trình x2 + 6x + = ( 2x + 1) x2 + 2x + • Phân tích Phương trình cho chứa thức bậc hai biểu thức chứa ẩn có bậc hai nên ý tưởng thực phép nâng lên lũy thừa Tuy nhiên phương trình thu sau phép nâng lên lũy thừa có bậc bốn ta không nhẩm nghiệm đẹp nên ý tưởng khó thực Cũng từ hình thức phương trình ta để ý đến phép đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Trước hết ta viết phương trình lại thành x2 + 2x + − ( 2x + 1) x + 2x + + 4x − = Đặt t = x2 + 2x + ta thu phương trình t − ( 2x + 1) t + 4x − = , ta có  t = ( 2x + 1) − ( 4x − ) = 4x + 4x + − 16x + = 4x − 12x + = ( 2x − ) 2 Do  t có dạng phương nên phương trình ẩn t phân tích thành tích Đến ta có lời giải cho phương trình • Lời giải Phương trình cho xác định với x Phương trình cho viết lại thành x2 + 2x + − ( 2x + 1) x + 2x + + 4x − = Đặt t = x2 + 2x + ta thu phương trình t − ( 2x + 1) t + 4x − = , ta có  t = ( 2x + 1) − ( 4x − ) = 4x + 4x + − 16x + = 4x − 12x + = ( 2x − )  2 Suy phương trình có hai nghiệm t = t= 2x + + ( 2x − ) = 2x − 2x + − ( 2x − ) = + Với t = ta có phương trình x2 + 2x + =  x2 + 2x − =  x = −1  + Với t = 2x − ta có phương trình  + 15 2x −  x2 + 2x + = 2x −   2 x=  x + 2x + = ( 2x − 1)  + 15  Vậy phương cho có tập nghiệm S = −1 − 2; −1 + 2;    • Nhận xét Ngồi phép đặt ẩn phụ khơng hồn tồn để giải phương trình ta sử dụng phép nhân lương liên hợp sau Dễ thấy x = −1 khơng phải nghiệm phương trình Xét x  − , phương trình cho tương đương với phương trình x + 6x + x + 6x + = x + 2x +  − = x + 2x + − 2x + 2x +  x + 6x + − ( 2x + 1) 2x + ( = x + 2x + + )( x + 2x + − ) x + 2x + +  x + 2x − x + 2x − 1   =  x + 2x −  −  = 2x + x + 2x + +  x + 2x + + 2x +   x + 2x − =   x + 2x + + = 2x + + Với x2 + 2x − =  x = −1   + 15 x  2 x= + Với x + 2x + + = 2x +   x + 2x + = ( 2x − 1)2  ( )  + 15  Vậy phương cho có tập nghiệm S = −1 − 2; −1 + 2;    + Ngoài ta biến đổi phương x + 2x + − ( 2x − + ) x + 2x + + ( 2x − 1) = trình Đặt a = x2 + 2x + 3; b = 2x − ( a  ) Khi phương trình viết lại thành a − ( b + ) a + 2b =  a − ab − 2a + 2b =  ( a − )( a − b ) = 4x + = y − 4x b) Giải hệ phương trình  2 x + xy + y = • Phân tích Để ý ta viết phương trình thứ lại thành 4x2 + = y − 4x  ( 2x + 1) = y  y =  ( 2x + 1) thành Đến ta xét trường hợp để giải hệ phương trình cho • Lời giải Ta có 2 ( 2x + 1)2 = y y =  ( 2x + 1)  4x + = y − 4x        2 2 x + xy + y = x + xy + y =   x + xy + y =    y = 2x + y = 2x + + Xét hệ phương trình    2  x + xy + y =  x + x ( 2x + 1) + ( 2x + 1) =  y = 2x +  x = −    y = 2x + x = x =       y = 7x + 5x =   x = − y = −    7   y = −2x − y = −2x − + Xét hệ phương trình    2  x + xy + y =  x − x ( 2x + 1) + ( 2x + 1) =  y = −2x −  y = −2x − x = x = −1    x =    3x + 3x =  y = −1 y =   x = −1   3 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0;1) ,  − ; −  ( 0; −1) , ( −1;1)  7 Câu Cho a, b,c  thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a +1 b+1 c +1 + + 3 b2 + c + a + • Phân tích Chú ý đến chiều bất đẳng thức cần chứng minh ta có biến đổi sau b2 ( a + 1) b2 ( a + 1) a +1 b + ab = a + 1−  a + 1− = a + 1− 2 2b b +1 b +1 a +1 b+1 c +1 a + b+c ab + bc + ca Hoàn toàn tương tự ta thu + +  +3− 2 b +1 c +1 a +1 a+b+c ab + bc + ca ab + bc + ca Ta cần chứng minh +3−   hay 2 2 Để ý ta có a + b + c = nên bất đẳng thức cuối ln Ta có lời giải cho tốn • Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có b2 ( a + 1) b2 ( a + 1) a +1 b + ab = a + 1−  a + 1− = a + 1− 2 2b b +1 b +1 b+1 c + bc c +1 a + ca Tương tự ta có  b + 1−  c + 1− 2 c +1 a +1 Cộng theo vế bất đẳng thức a +1 b+1 c +1 a + b+c ab + bc + ca + +  +3− 2 b +1 c +1 a +1 Mặt khác a2 + b2 + c2  ab + bc + ca hay 3(ab + bc + ca)  ( a + b + c ) = ta a +1 b+1 c +1 a + b+c ab + bc + ca + +  +3−  +3− = 2 2 b +1 c +1 a +1 a +1 b+1 c +1 Vậy + +  Dấu xảy a = b = c = b + c2 + a2 + Do đó: • Nhận xét Phép chứng minh toán gọi kỹ thuật Cauchy ngược dấu Câu (6.0 điểm) Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm ( O; R ) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm), cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q) Gọi H giao điểm OM AB a) Chứng minh HPO = HQO • Phân tích Để chứng minh A Q HPO = HQO ta cần tứ giác P HOQP nội tiếp Muốn ta chứng minh O MHP = MQO Như ta cần phải H M E MPH ∽ MOQ Để ý hai tam B giác có góc AMQ chung MH.MO = MP.MQ = MA2 Đến ta có lời giải cho tốn • Lời giải Tam giác MPA đồng dạng với tam giác MAQ nên ta MA2 = MP.MQ Tam giác MAO vng A có đường cao AH nên MA2 = MH.MO MP MO = Từ hai kết suy MP.MQ = MH.MO hay MH MQ MP MO = Hai tam giác MPH MOQ có góc M chung nên ta suy MH MQ MPH ∽ MOQ Do ta MHP = MQO Từ tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp nên HPO = HQO = sdOH 1 b) Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng có giá trị nhỏ + EA EB 1 1 • Phân tích Ta có , để có giá trị nhỏ +  + EA EB EA.EB EA EB EA.EB 1 nhận giá trị nhỏ Như ta quy tốn tìm giá trị lớn + = EA EB EA.EB EA.EB Chú ý SAEB = AE.BE.sin AEB iểm E di chuyển cung lớn AB nên AEB ln góc nhọn khơng đổi Như ta cần tìm vị trí E để diện tích tam giác AEB lớn Ta lại thấy S AEB = AB.EK với AB không đổi EK đường cao hạ từ E Như S AEB lớn EK lớn nhất, điều xẩy E điểm cung lớn AB Đến ta có lời giải cho tốn • Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có Như để 1 +  EA EB EA.EB 1 có giá trị nhỏ nhận giá trị nhỏ + EA EB EA.EB 1 Như ta cần tìm vị trí E để EA.EB nhận giá trị lớn + = EA EB EA.EB Điểm E di chuyển cung lớn AB nên AEB góc nhọn khơng đổi Ta có SAEB = AE.BE.sin AEB nên EA.EB nhận giá trị lớn diện tích tam giác AEB lớn Ta lại thấy S AEB = AB.EK với AB không đổi EK đường cao hạ từ E Như S AEB lớn EK lớn nhất, điều xẩy E điểm cung lớn AB Khi ta có EA = EB 1 có giá trị nhỏ + EA EB • Nhận xét Ta có lời giải khác cho ý b) sau Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB = EF hay  EBF cân E, suy BFA = AEB =  AFB = cung chứa góc  BEA Đặt O' nên F di chuyển  dựng BC F E A B 1  + EA EB EA + EB 1 Như nhỏ EA + EB lớn hay EA + EF lớn  AF lớn (**) + EA EB Gọi O’ điểm cung lớn AB, suy  O’AB cân O’ suy O’A = O’B (3) Ta có  O’EB  O’EF có EB = EF, O’E chung FEO' = BEO' (cùng bù với BAO' ) Từ suy O’EB = O’EF nên O’B = O’F (4) Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc  dựng đoạn thẳng BC (cung cung lớn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Do AF lớn đường kính (O’) E  O’ (***) Từ (**) (***) suy E điểm cung lớn AB 1 có giá trị nhỏ + EA EB Câu (2.0 điểm) Tìm hình vng có kích thước nhỏ để hình vng xếp hình trịn có bán kính cho khơng có hai hình trịn chúng có điểm chung • Lời giải Giả sử hình vng ABCD có tâm O cạnh a, chứa A O' B A' O'' B' năm hình trịn khơng cắt có bán kính Vì O O' năm hình trịn đểu nằm trọn hình vng, nên D' C' O'' D C tâm chúng nằm hình vng A’B’C’D’ có tâm O cạnh a − , A’B’//AB Các đường thẳng nối trung điểm cùa cạnh đối diện hình vng A’B’C’D’ chưa A’B’C’D’ thành hình vng nhỏ Theo ngun lí Dirichlet tồn hình vng nhỏ mà hình vng chứa hai số tâm hình trịn nói (khơng tính tổng quát ta giả sử O’ O”) Để ý khơng có hai hình trịn nào(trong số năm hình trịn) cắt nên O'O''  Mặt khác O’ O” nằm hình vng nhỏ (cạnh hình vng nhỏ a−2 a−2 ) nên ta lại có O'O''  Từ ta suy 2 a−2   a  2 + 2 Vậy hình vng cạnh a thỏa mãn yêu cầu đề bài, ta có a  2 + Bây xét hình vng ABCD có a = 2 + Xét năm hình trịn có tâm O, A’, B’, C’, D’ (xem hình vẽ) , yêu cầu đề thỏa mãn Tóm lại, hình vng có kích thước bé cần tìm hình vng với cạnh a = 2 + ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH NGHỆ AN Năm học 2016 – 2017 Câu (4.0 điểm) a) Tìm hệ số b, c đa thức P ( x ) = x + bx + c biết P ( x ) có giá trị nhỏ −1 x = 2  x + xy − xy − y = b) Giải hệ phương trình  x2 + − x ( y + 1) − y =   ( ) Câu (4.0 điểm) a) Giải phương trình x + = − x + + x b) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 2a + a2 + b + b2 + c + c2 Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC có BAC = 1350 , BC = 5cm đường cao AH = 1cm Tìm độ dài cạnh AB AC Câu (5.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường (O), D điểm cung BC không chứa A Dựng hình bình hành ADCE Gọi H, K trực tâm tam giác ABC ACE Gọi P Q hình chiếu K BC AB, gọi I giao điểm EK với AC a) Chứng minh ba điểm P, I, Q thẳng hàng b) Chứng minh PQ qua trung điểm EH Câu (4.0 điểm) a) Tìm tất số nguyên tố khác m, n, p, q thỏa mãn 1 1 + + + + = m n p q mnpq b) Trên bảng có ghi hai số Ta ghi các số lên bảng thao quy tắc sau: Nếu có hai số phân biệt bảng ghi thêm số z = xy + x + y Chứng minh số bảng(trừ số 1) có dạng 3k + với k số tự nhiên Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình trịn bán kính 2019 điểm cho nằm hình vng mà không chứa điểm 91 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH NGHỆ AN Năm học 2017 – 2018 Bài (3.0 điểm) a) Tìm số phương có bốn chữ số biết chữ số hàng đơn vị số nguyên tố bậc hai số cần tìm có tổng chữ số số phương b) Chứng minh số A = 2 n+1 + 31 hợp số với số tự nhiên n Bài (7.0 điểm) x = 2y + 3x − a) Giải hệ phương trình   y = 2x + 3y − b) Giải phương trình x + + 2x + = 8x2 + 18x + 11 2x + Bài (2.0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 1 + + ( 3x + 1)( y + z ) + x ( 3y + 1)( z + x ) + y ( 3z + 1)( x + y ) + z Bài (6.0 điểm) Cho AB đường kính cố định đường tròn ( O ) Qua điểm A vẽ đường thẳng d vng góc với AB Từ điểm E đường thẳng d vẽ tiếp tuyến với đường tròn ( O ) (C tiếp điểm, C khác A) Vẽ đường tròn ( K ) qua C tiếp xúc với đường thẳng d E, vẽ đường kính EF đường trịn ( K ) (K) Gọi M trung điểm OE a) Chứng minh điểm M thuộc đường tròn ( K ) b) Chứng minh đường thẳng qua F vng góc với BE ln qua điểm cố định E thay đổi đường thẳng d Bài (2.0 điểm) Ở miền đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích lấy 2017 điểm, khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh tồn tam giác có ba đỉnh lấy từ 4035 điểm (bao gồm 2018 đỉnh đa giác 2017 điểm đa giác) có diện tích khơng vượt q Hướng dẫn giải 6050 Bài (3.0 điểm) a) Tìm số phương có bốn chữ số biết chữ số hàng đơn vị số nguyên tố bậc hai số cần tìm có tổng chữ số số phương Gọi số cần tìm A = abcd với a, b,c,d  0;1; 2; ; 9 a  Do A số phương nên tồn số tự nhiên n để abcd = n2 d  0;1; 4; 5; 6; 9 Mà d số nguyên tố nên d = Ta có 1000  A  10000 nên suy 31  n  100 Do A có chữ số tân nên n có tâm Do ta có abcd = n = x5 với x chữ số khác Mặt khác x + số phương nên ta chọn x = Do n = 45 Vậy số phương cần tìm A = 2025 b) Chứng minh số A = 2 n+1 + 31 hợp số với số tự nhiên n Ta có 22n +1 = 2.22n = 2.4n = ( + 1) nên 2 n +1 chia cho có số dư n Do ta đặt 22n+1 = 3k + với k số tự nhiên Khi ta có A = 22 n+1 + 31 = 23k+ + 31 = 4.23k + 31 = 4.8k + 31 Do k chia có số dư nên 4.8 k chia có số dư Lại có 31 chia có số dư Do A = 4.8k + 31 chia có số dư hay số dư Suy A chia hết cho 7, mà A  nên A hợp số với mội số tự nhiên n Bài (7.0 điểm) x = 2y + 3x − a) Giải hệ phương trình   y = 2x + 3y − Lấy hiệu theo vế hai phương trình hệ ta x − y = x − y  ( x − y )( x + y − 1) = Kết hợp với phương trình thứ hệ ta xét hai trường hợp sau: x − y = x = y x = y =   + Trường hợp  x = y = x = 2y + 3x − x − 5x + = x + y − =  y = − x  + Trường hợp  , hệ phương trình vơ nghiệm x = 2y + 3x − x − x + = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 2; ) , ( 3; ) b) Giải phương trình x + + 2x + = 8x2 + 18x + 11 2x + Điều kiện xác định phương trình x  − • Cách Để ý 8x2 + 18x + 11 = ( x + 1) + ( 2x + ) Do ta đặt a = x + 1; b = 2x + ( b  ) Khi phương trình cho viết lại thành a+b= 8a + b2  2b ( a + b ) = 8a + b2  b2 + 2ab − 8a =  ( b + 4a )( b − 2a ) = 2b + Trường hợp Với b + 4a =  b = −4a Khi ta có phương trình   −15 − 17 x  −1 x  −1 2x + = −4 ( x + 1)   x=  16  16x + 30x + 13 =  2x + = 16 ( x + 1) + Trường hợp Với b − 2a =  b = 2a Khi ta có phương trình  x  −1 −3 + x  −1  2x + = ( x + 1)   x=   4x + 6x + =  2x + = ( x + 1)   −15 − 17 −3 +   ; Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm S =   16     + Cách Biến đổi tương đương phương trình cho ta có ( ) 2x + x + + 2x + = 8x + 18x + 11  ( x + 1) 2x + = 8x + 14x +  x + 2x + + ( x + 1) 2x + + 2x + = 9x + 18x + (  x + + 2x + )  x + + 2x + = ( x + 1) = ( x + 1)    x + + 2x + = −3 ( x + 1)  Đến ta giải hai trương hợp tương tự thi thu tập nghiệm   −15 − 17 −3 +   S= ;  16     Bài (2.0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 1 + + ( 3x + 1)( y + z ) + x ( 3y + 1)( z + x ) + y ( 3z + 1)( x + y ) + z Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x + y + z  3 xyz = Ta có ( 3x + 1)( y + z ) + x = 3x ( y + z ) + x + y + z  3x ( y + z ) + Do kết hợp với xyz = ta có 1 1  = = ( 3x + 1)( y + z ) + x 3x ( y + z ) + 3 ( xy + xz ) + 3  +  +   z y Áp dụng hoàn toàn tương tự ta ta thu     1 1  P  + + 1 1 3 1   y + z +1 z + x +1 x + y +1   Đặt a = 3 ; b = ; c = Khi ta abc = bất đẳng thức viết lại x y z thành 1 1  P  + 3 + 3 3  a + b + b + c + c + a +  Từ dễ thấy a + b +  ab ( a + b ) + abc = ab ( a + b + c ) Do ta có abc c  = Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thu a + b + ab ( a + b + c ) a + b + c 1 c b a + 3 +  + + =1 3 a + b +1 b +c +1 c +a +1 a + b+c a +c + b a + b+c Từ suy P  Dấu xẩy a = b = c Vậy giá trị lớn P Dấu xẩy x = y = z = Bài (6.0 điểm) Cho AB đường kính cố định đường tròn ( O ) Qua điểm A vẽ đường thẳng d vng góc với AB Từ điểm E đường thẳng d vẽ tiếp tuyến với đường tròn ( O ) (C tiếp điểm, C khác A) Vẽ đường tròn ( K ) qua C tiếp xúc với đường thẳng d E, vẽ đường kính EF đường trịn ( K ) (K) Gọi M trung điểm OE a) Chứng minh điểm M thuộc đường tròn ( K ) • Phân tích Dễ thấy ba điểm O, C, F thẳng hàng Mà ta có EC EA tiếp tuyến đường tròn (O) nên ta lại có AOE = EOF Ta có AB EF K E F song song với nên từ ta AOE = OEF Từ suy EOF = OEF hay tam giác OEF cân M C Q F Mà M trung điểm OE nên FM vng góc với OE hay ta FME = 90 Điều dẫn đến A N O B M thuộc đường tròn ( K ) • Lời giải Ta có CE tiếp tuyến đường trịn (O) C nên ta có ECO = 90 Do C thuộc đường tròn ( O ) nên ta lại có ECF = 90 nên suy ba điểm O, C, F thẳng hàng Mà ta có EC EA tiếp tuyến đường trịn ( O ) nên ta lại có AOE = EOF Ta có AB EF vng góc với đường thẳng d nên suy AB EF song song với nhau, từ ta lại AOE = OEF Điều dẫn ta đến EOF = OEF hay tam giác OEF cân F Mà M trung điểm OE nên FM vng góc với OE hay ta FME = 90 Điều dẫn đến điểm M thuộc đường tròn ( K ) b) Chứng minh đường thẳng qua F vng góc với BE ln qua điểm cố định E thay đổi đường thẳng d • Phân tích Quan sát hình vẽ ta dự đốn đường thẳng qua F vng góc với BE qua trung điểm AO Do ta gọi N trung điểm AO Q giao điểm BE với EN Ta cần chứng minh NF vng góc với BE Q Muốn ta cần chứng minh từ giác MEFQ nội tiếp đường trịn Để ý MN đường trung bình tam giác OAE nên ta MN song song với AE nên MN vng góc với OA nên ta NMO = 900 − MON Do ta NMF = 180 − MON = EOB Mặt khác dẫ thấy tam giác MOF tam giác NOM đồng dạng với nên ta có MF MO EO Mà ta lại có = = MN NO AO OA = OB nên suy MF EO nên dẫn đến tam giác MFN đồng dạng với tam giác EOB = MN BO Từ suy OEB = MFN nên ta MEQ = MFQ , dẫn đến tứ giác MEFQ nội tiếp đường trịn Đến ta có lời giải cho tốn • Lời giải Gọi N trung điểm AO Q giao điểm BE với EN Khi MN đường trung bình tam giác OAE nên ta MN song song với AE Điều dẫn đến MN vng góc với OA nên ta NMO = 900 − MON Do ta NMF = 180 − MON = EOB Mặt khác dẫ thấy tam giác MOF tam giác NOM đồng dạng với nên ta có MF MO EO Mà ta lại có OA = OB nên suy = = MN NO AO MF EO nên dẫn đến tam giác MFN đồng dạng với tam giác EOB Từ suy = MN BO OEB = MFN nên ta MEQ = MFQ , dẫn đến tứ giác MEFQ nội tiếp đường trịn Từ suy EQF = 900 hay NF vng góc với BE Để ý AO cố định nên điểm q cố định Vậy đường thẳng qua F vng góc với BE ln qua điểm cố định E thay đổi đường thẳng d Bài (2.0 điểm) Ở miền đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích lấy 2017 điểm, khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh tồn tam giác có ba đỉnh lấy từ 4035 điểm (bao gồm 2018 đỉnh đa giác 2017 điểm đa giác) có diện tích khơng vượt q 6050 Từ 2018 đỉnh đa giác 2017 điểm đa giác ta nối điểm để tạo thành tam giác cho hai tam giác có chung nhiều cạnh khơng có điểm chung Các tam giác phủ kín đa giác cho Ta có tổng số đo góc đa giác cho ( 2018 − ) 1800 = 2016.1800 Tổng góc tam giác 2016.1800 + 2017.3600 = 6050.1800 Như có tất 6050 tam giác có tổng diện tích Do ln tồn tam giác có ba đỉnh lấy từ 4035 điểm (bao gồm 2018 đỉnh đa giác 2017 điểm đa giác) có diện tích khơng vượt q 6050 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH NGHỆ AN Năm học 2018 – 2019 Câu (3.0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình 2y2 + x − 2y + = xy Lời giải Biến đổi tương đường phương trình ta 2y + x − 2y + = xy  2y − 2y − ( xy − x ) = −5  ( y − 1)( 2y − x ) = −5 Do x y số nguyên nên y − 2y − x ước −5 Từ ta xét bảng sau Vậy phương y −1 −5 −1 2y − x −5 −1 x −9 −5 13 y −4 trình cho có nghiệm nguyên ( x; y ) = ( −9; −4 ) , ( −5; ) , ( 9; ) , (13; ) n b) Chứng minh A = 22 + 4n + 16 chia hết cho với số nguyên dương n Lời giải Do n số nguyên dương nên n chia hết cho Đặt 2n = 2k ới k số nguyên dương Ta có 22 = 22k = 4k = ( + 1) n = ( + 1) chia có số dư Lại có 16 chia có số n n k n dư Từ ta suy A = 22 + 4n + 16 chia hết cho với số nguyên dương n Câu (6.5 điểm) a) Giải phương trình 2x + = 8x3 + 4x 2x + Lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình 2x +  0; 2x +  hay x  − Phương trình cho viết lại thành 8x3 + 4x = ( 2x + ) 2x +  ( 2x ) + ( 2x ) = ( 2x + ) 2x + + 2x + 3 Đặt a = 2x; b = 2x + ( b  ) , phương trình lại viết thành ( ) ( ) a + 2a = b3 + 2b  ( a − b ) a − ab + b2 + ( a − b ) =  ( a − b ) a − ab + b2 + =  b  3b2 Dễ thấy a − ab + b + =  a +  + +  với a b 2  2 Do từ phương trình ta a = b , hay ta có phương trình x  x  + 13 2x = 2x +    x= 4x = 2x + 4x − 2x − = Kết hợp với điều kiện xác định ta x = + 13 nghiệm phương trình ( x − 1)2 + ( y − )2 = b Giải hệ phương trình  ( x − 1)( y − ) + = x + y ( x − 1)2 + ( y − )2 = Lời giải Hệ phương trình cho viết lại thành  ( x − 1)( y − ) = x − + y − + Đặt a = x − 1; b = y − , hệ phương trình trử thành ( a + b )2 − 2ab = ( a + b )2 − ( a + b + 1) = a + b =    ab = a + b + ab = a + b + ab = a + b + ( a + b )2 − ( a + b ) + = ( a + b − 1)2 = a + b − = 2 a + b = 3; ab =     ab = a + b + a + b = −1; ab = ab = a + b + ab = a + b + + Với a + b = 3;ab = dễ thấy ( a + b )  4ab nên hệ vô nghiệm a + b = −1 a = 0; b = −1  x = 1; y = + Với    ab = a = −1; b = x = 0; y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0; ) , (1; ) Câu (2.5 điểm) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4  a   b   c  P=  +  +  a+ b  b+c   c+a  Lời giải Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức thực dương + (1 + x ) (1 + y ) 2  với x, y số xy + Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức ta có 1 + (1 + x ) (1 + y ) 2 ( ) ( )(  ( xy + 1) x + y + 2x + 2y +  x + 2x + y + 2y + xy +  )  − 2xy − x y = x y + xy  ( xy − 1) + xy ( x − y )  2 Do bất đẳng thức cuỗi nên ta có điều cần chứng minh Trở lại toán Do a, b, c số nguyên dương nên biểu thức P viết lại thành 4             P=  +  +  b c a  +   +   +  a  b  c  Đặt x = b c a ; y = ; z = , ta x, y, z dương thỏa mãn xyz = Ta viết lại biểu a b c thức P áp dụng đánh giá quen thuộc 4        1  P= + +  + +      2  + x   + y   + z   ( + x ) ( + y ) ( + z )  Đặt Q = Q= 1 + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) Ta chứng minh 2  ta có xyz = Áp dụng bổ đề ta 1 + = + xy (1 + z )2 1+ z + (1 + z ) = z + z + ( z + 1) z +  Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức ta z + ( z + 1) z ( z + 1) + z +     z + z +  x + 2z + 2 z + ( z + 1) 4 ( z + 1) ( ) ( )  4z + 4z +  3z + 6z +  z − 2z +   ( z − 1)  Bất đẳng thức cuối ln Do ta có z +  , dấu xẩy z + ( z + 1) z = Từ ta Q  , dấu xẩy x = y = z = Suy 1 , dấu xẩy a = b = c P  Q2  = 3 16 16 Vậy giá trị nhỏ P , xẩy a = b = c 16 Nhận xét Ta chứng minh 1 + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2 theo cách khác sau  Do xyz = nên tồn số dương m, n, p thỏa mãn x = np mp mn ; y = ; z = Khi m n p bất đẳng thức viết lại thành m4 + +   2  np   mp   m + np mn  1+  1+  1+  m   n   p   1 ( n4 + ) (n 2 + mp + ) (p p4 + mn )  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức (m + n + p ) + +  ( m + np) ( n + mp) ( p + mn ) ( m + np) + ( n + mp) + ( p + mn ) (m + n + p ) Và ta cần chứng minh  hay ta cần chứng ( m + np) + ( n + mp) + ( p + mn ) m4 2 p4 n4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 minh ( ) m + n + p4 + m n + n p2 + p2 m  6mnp ( m + n + p ) Dễ thấy m + n + p4  m n + n p2 + p2 m ; m n + n p2 + p2 m  mnp ( m + n + p ) Nên ta ( ) ( ) m + n + p4 + m n + n p2 + p2 m  m n + n p2 + p2 m  6mnp ( m + n + p ) Như bất đẳng thức + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2  3 hay P  4 Câu (6.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C tam giác Đường thẳng EF cắt đường trịn (O) điểm thứ M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF N Lời giải N A K T E F M O H B C D J a) Chứng minh EF vng góc với OA Cách Ta có BEC = BFC = 900 nên tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn, suy AEF = ABC Vẽ đường kính AJ đường trịn (O) , CAJ = 900 − CJA = 900 − CBA = BAD Từ ta có CAJ + AEF = BAD + ABC = 900 nên EF vng góc với AJ hay EF vng góc với AO Cách Tương tự ta có tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn nên AFE = ACB Vẽ tiếp tuyến AT với đường tròn ( O ) , ta có BAT = BCA Suy BAT = AFE nên AT song song với EF Mà ta có AT vng góc với OA nên suy EF vng góc với OA b) Chứng minh AM = AN Để ý đến tứ giác AMBC ACDF nội tiếp đường trịn ta có AMN = ACB = BFD = AFN nên suy tứ giác MNAF nội tiếp đường trịn Từ ta ANM = AFE = ( ) ( ) 1 sdBM + sdAK = sdBM + sdAM = sdAB = ACB = NMA 2 Điều dẫn đến tam giác AMN cân A, suy AM = AN Cho tam giác nhọn ABC, D điểm tam giác cho ADB = ACB + 900 AC.BD = AD.BC Chứng minh AB.CD = AC.BD Lời giải Về phía ngồi tam giác ABC vẽ tam giác BCE vng cân E Khi ta A có ADB = ACB + 90 = ACB + BCE = ACE D Lại từ AC.BD = AD.BC BC = CE ta F B C AD AC AC nên suy hai tam giác ABD = = BD BC EC ACE đồng dạng với Từ dẫn đến AD AB = AC AE BAD = CAE nên BAE = DAC nên ta lại hai AB AD tam giác ADC ABE đồng dạng, suy , = BE CD E hay ta AB.CD = AD.BE Để ý tam giác BCE vuông cân lại C nên ta có BE = BC Từ ta AB.CD = AD.BC Mà ta có AC.BD = AD.BC , AB.CD = AC.BD Do ta có AB.CD = AC.BD Câu (2.0 điểm) Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình trịn bán kính nằm hình vng mà 91 khơng chứa điểm 2019 điểm cho Lời giải Chia cạnh hình vng thành 45 phần Khi hình vng có cạnh chia thành 45 + 45 = 2025 hình vng có cạnh 45 Do số điểm ta nằm hình vng lớn 2019 điểm nên theo ngun lí Dirichlet tồn hình vng có cạnh khơng chứa điểm Khơng tính 45 tổng qt ta gọi hình vng MNPQ, xét đường trịn có tâm O bán kính nội tiếp hình vng MNPQ đường trịn tâm O khơng chưa điểm 90 2109 điểm cho Do 1 nên vẽ đường tròn tâm O bán kính  91 90 91 đường trịn nằm hình vng MNPQ, đường trịn không chứa điểm 2019 điểm xét Vậy toán chứng minh ... lượng 199 92 ,20002 ,20012 ,20022 ,20032 ,20042 thành ba phần sau 199 9 + 2004 = 199 9 + ( 199 9 + ) = 2. 199 9 + 10. 199 9 + 25 = A + 25 2000 + 20032 = ( 199 9 + 1) + ( 199 9 + ) = 2. 199 9 + 10. 199 9 + = A... 10. 199 9 + = A + 17 2 20012 + 2002 = ( 199 9 + ) + ( 199 9 + ) = 2. 199 9 + 10. 199 9 + 13 = A + 13 2 Lần thứ hai chia vật có khối lượng 20052 ,20062 ,2007 ,20082 ,20 092 ,20102 thành ba phần gồm 20052 +... phân biệt Chứng minh tồn hình trịn bán kính 20 19 điểm cho nằm hình vng mà không chứa điểm 91 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH NGHỆ AN Năm học 2017 – 2018 Bài (3.0 điểm) a) Tìm số phương