Tìm giá trị lớn nhất của EF khi I di động trên cung PQ.[r]
(1)PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỊ XÃ NGHI SƠN
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021
MƠN: TỐN – BÀI SỐ 1
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu I (4,0 điểm):
Cho biểu thức M=
a a b b a b
a b a b b a
với a, b > ab Rút gọi M tính giá trị biểu thức M biết 1 a 1 b2 ab 1
Tính giá trị biểu thức P(x y )33(x y xy )( 1) biết:
3 3 2 3 2
x , 317 12 2 317 12 2
y Câu II (4,0 điểm):
Giải phương trình 3x317x2 8x 9 3x 2 7 x 0
Cho phương trình: x3mx2 n , n số nguyên tố Tìm số ngun m để phương trình có nghiệm hữu tỉ
Câu III (4,0 điểm):
Tìm tất số nguyên tố p số nguyên dương x; y thỏa mãn: p -1 = 2x(x+2) p2 - = 2y (y+2)
Tìm số nguyên k để M k4 8k323k2 26k10 số phương
Câu IV (6,0 điểm):
Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN = 2R dây PQ (P, Q khác M, N P thuộc cung MQ) Gọi H K theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ M N đến đường thẳng PQ
Chứng minh rằng: PH = QK
Chứng minh rằng: SMHKN = SMPN + SMQN
3 Trên cung PQ lấy điểm I Gọi giao điểm MI, NI với PQ E F Tìm giá trị lớn EF I di động cung PQ
Câu V (2,0 điểm):
Cho a, b, c > thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng:
4 4 1
( 2)( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)
a b c
a b b c c a
Hết
Cán coi thi khơng giải thích thêm
(2)Họ tên học sinh: ; Số báo danh: PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỊ XÃ NGHI SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 MÔN: TOÁN – BÀI SỐ 1
(Hướng dẫn chấm có 02 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
1
1 2,0đ
+ Rút gọn M= ab
a b với a, b>0 ab Ta có
2
1 1
( ) 1
a b ab ab a b ab
ab ab
ab a b
a b a b
+ Nếu a>b>0
0; 0
1
ab
a b a b ab
a b
ab ab ab
M
a b a b a b
+ Nếu 0<a<b
0; 0
1
ab
a b a b ab
a b
ab ab ab M
a b a b a b
0,5
0,5
0,5
0,5
2 2,0 đ
Ta có:
3
3
3
3
3
3 2 2
2 2 3 2 2 2 2
x
3 4 3 3 4 2
x x x x (1) Tương tự: y33y24
(2)
Trừ vế với vế (1) (2) ta được: x3 y33(x y )20 2
(x - y)3 + 3(x - y)(xy + 1) = 20 2. Vậy P = 20
0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
2
2,0 đ
ĐKXĐ:
7 3 x
(3)PT (1)
3
3x x 3x 17x 8x 12
3x 4 x 1 (3x 2)(x 6)(x 1)
3 18
(3 2)( 6)( 1)
3
x x
x x x
x x
6 (3 2)( 1)
3
x x x
x x
Vì
7 3 x nên
3
(3 2)( 1) 3x 4 7 x1 x x
Suy x 0 x6( / )t m
KL: PT (1) có nghiệm x6
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
2 2,0 đ
Gọi x0 nghiệm hữu tỉ phương trình x0 số nguyên ước n, n số nguyên tố suy x0 =1, x0 = n.
Với x0 = n n3 + mn2 + n =
1
m n
n
Với x0 = - n n3 + mn2 + n =
1 m n
n
Với x0 = + m + n = mn1 Với x0 = -1 -1 + m + n = m 1 n
Vậy với m =1 – n, m = -1-n phương trình có nghiệm hữu tỉ
(4)3 2,0 đ1
p -1 = 2x(x+2) (1) p2 - = 2y (y+2) (2)
Từ (1) ⇒ p – số chẵn ⇒ p số nguyên tố lẻ Trừ vế (2) cho (1) ta đượcp2 p2y2 2x24y 4x p p( 1) 2( y x y x )( 2)(*)
2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p Mà (2;p) = nên xảy TH:
y – x ⋮ p ⇒ y – x = kp (k ∈ℕ*)
Khi từ (*) ⇒ p – = 2k(x + y + 2) ⇒ kp – k = 2k2(x + y + 2) ⇒ y – x
– k = 2k2(x + y + 2)
(loại x + y + > y – x – k > ; 2k2> ⇒ 2k2(x + y + 2) > y – x – k
y + x + ⋮ p ⇒ x + y + = kp (k ∈ ℕ*)
Từ (*) ⇒ p – = 2k(y – x) ⇒ kp – k = 2k2(y – x) ⇒ x + y + – k =
2k2(y – x) (**)
Ta chứng minh k = Thật k ≥ từ (**) ⇒ x + y = 2k2(y – x)
+ k – ≥ 8(y – x) (vì y – x > 0)⇒ 9x ≥ 7y ⇒ 7y < 14x ⇒ y < 2x
Do từ (2) ⇒ (p – 1)(p + 1) = 2y(y + 2) < 4x( 2x + 2) < 4x(2x + 4) = 8x( x + 2) = 4(p – 1)
(vì 2x(x + 2) = p – theo (1))
⇒ p + < ⇒ p < 3, mâu thuẫn với p số nguyên tố lẻ.Do k = 1, suy
2 2
1 2( ) 2( ) 1
x y p x y p x y p y x
p y x x y y x y x p x
Thay p – = 4x + vào (1) ta có:
2
4x 2 (x x2) 2x 1 x 2x x 1 x1⇒ y = 4, p = (thỏa
mãn)
Vậy x = 1, y = p =
0,25
0,25
0,25 0,25
0,25
0,25
2 2,0 đ
Ta có
4 2
( 1) ( 1) 18
M k k k k k k k
2 2 2
(k 1) (k k 1) 9(k 1) (k 1) ( k 3) 1
M số phương (k1)2 0 hoặc(k 3)21 số
chính phương
TH 1.(k1)2 0 k1
TH 2.(k 3)21 số phương, đặt(k 3)2 1 m m2( )
2 ( 3)2 1 ( 3)( 3) 1
m k m k m k
Vì m k, m k 3 ,m k 3 nên
3 m k
m k
hoặc
3 1,
3
3 1,
m k m k
k
m k m k
Vậy k = k = thìk4 8k323k2 26k10 số phương
0,25
(5)4 2,0 đ1
Chứng minh : PH = QK
Lấy S trung điểm PQ : SP = SQ (1) => OSPQ =>OS//MH//NK Mà OM = ON => OS đường TB hình thang MHKN
=> SH = SK (2)
Từ (1) (2) => SH – SP = SK – SQ Hay PH = QK (đpcm)
0,5 0,5 0,5 0,5
2 2,0 đ
Chứng minh : SMHKN = SMPN + SMQN Ta có : SMHKN = SMPN + SPHM + SPKN
Vậy ta cần chứng minh : SMQN = SPHM + SPKN Thật
Đặt PH = QK = a ; QH = PK = b (do PH = QK => QH = PK); MH = x, NK = y
Ta có :
(2SPHM + 2SPKN )2 = (ax + by)2 = a2x2 + 2abxy + b2y2 (3) Do MQN vuông Q
(2SMQN)2 = (MQ.NQ)2 = MQ2 NQ2
= (b2 + x2)(a2 + y2) = a2x2 + a2b2 + x2y2 + b2y2 (4) ( Sử dụng định lý Pytago vào tam giác vuông HQM KQN) Dễ thấy : HPM đồng dạng với KNP (g.g) =>
HP KN a y
ab xy HM KP x b (5)
Từ (3), (4) (5) Suy :
(2SMQN)2 = (2SPHM + 2SPKN )2 <=> SMQN = SPHM + SPKN (ĐPCM)
0,5
0,5
(6)3 2,0đ
Ta thấy MHEFKN g g( )suy HE FK MH NK (khơng đổi) Do EF lớn HE + FK nhỏ
Mà HE.FK không đổi nên HE + FK nhỏ HE FK MH NK ( Hệ BĐT Côsi )
Vậy GTLN EFHK MH NK
0,75 0,25 0,5 0,5
5 2,0đ
Áp dụng BĐT Cô–si cho số không âm, ta có:
4 4
4
4
2 2
4
( 2)( 2) 27 27 ( 2)( 2) 27 27 9
11
(1) ( 2)( 2) 27 27 27
a a b a a b a a
a b a b
a a b
a b
Tương tự ta có:
11
(2) ( 2)( 2) 27 27 27
b b c
b c
4 11 7
(3) ( 2)( 2) 27 27 27
c c a
c a
Cộng vế (1), (2) (3) ta có:
4 4 11( ) 21
( 2)( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2) 27 27 27
a b c a b c a b c
a b b c c a
Thay điều kiện a + b + c = ta được:
4 4 1
( 2)( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)
a b c
a b b c c a
Dấu xảy a = b = c =
0,5 0,25 0,25