- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm..[r]
(1)PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TĨNH GIA
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2019-2020
Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Ngày thi: 17/01/2020
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi có 01 trang, gồm câu.
Câu I (4,0 điểm)
1) Cho a³ 0;a¹ 1 Rút gọn biểu thức
( )
3 3
6 20 14 3 :
2( 1)
a
S a a a
a
é - ù
ê ú
= - + + + - - ê - ú
-ê ú
ë û.
2) Cho x y; thỏa mãn 0< <x 1; 0< <y 1 1 1
y x
x+ y=
- - .
Tính giá trị biểu thức P= + +x y x2- xy+y2 Câu II (4,0 điểm)
1 Tìm m để phương trình (x- 2)(x- 3)(x+4)(x+ =5) m có nghiệm phân biệt. Giải hệ phương trình
( )
( ) 3
2
9 26
xy x y
xy x y x y
ìï + =
ïïí
ï - + =
-ïïỵ .
Câu III (4,0 điểm)
Tìm tất cặp số nguyên (x y; ) cho
3 6 1 0.
x +y - xy+ =
2 Tìm số nguyên (x y; ) không nhỏ cho xy- 1 chia hết cho (x- 1)(y- 1).
Câu IV (6 điểm). Cho đường tròn (O R; ) dây cung BC=R 3 cố định Điểm A di động
trên cung lớn BC» cho tam giác VABC nhọn Gọi E điểm đối xứng với B qua AC và F điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác VABE VACF cắt K (K¹ A) Gọi H giao điểm BE CF.
1) Chứng minh KA phân giác góc BKC· tứ giác BHCK nội tiếp.
2) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn của tứ giác theo R.
3) Chứng minh AK qua một điểm cố định.
Câu V (2,0 điểm). Cho số thực dương x y z; ; thỏa mãn 2
1 1
1
x +y +z = Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức
(2)( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
y z z x x y
P
x y z y z x z x y
= + +
+ + +
…… HẾT……….
Câu Nội dung Điểm
I.1 Rút gọn biểu thức P. 2,0
Ta có
( ) ( ) ( ) (( ))
2
3
3
2 2 2 :
2
a
S a
a
-= - + +
-( )( ) ( ) ( )2
2 2 2
1
a
a
= - + +
-1,0
4 2
= - + = (với a³ 0;a¹ 1).
1,0
I.2 2,0
Ta có ( )
2
2 3
P= + +x y x - xy+y = + +x y x+y - xy
0,5
Thay
1 2
1
y x
x y xy
x+ y= Þ + - =
- - vào biểu thức P ta được
( )2 ( ) ( )2
2 1 1
P= + +x y x+y - x+ + = + +y x y x+ -y = + + + -x y x y =
0,5
(vìx+ £y 1) 0,5
Giải thích x y
+ £ .
Từ giả thiết ta có ;
1
y x
x y
- - số dương mà 1 1
y x
x+ y=
- - , nên ta có
2 1
1
1 1
2 1
1
1
x x
x
x x x y
y y
y
y y
ì ì ì
ï ï - ï
ï £ ï £ ï £
ï ï ï
ï - ï - ï
ï Û ï Þ ï Þ + £
í í - í
ï ï ï
ï £ ï £ ï £
ï ï ï
ï - ï - ïïỵ
ï ï
ỵ ỵ .
Vậy P=1
0,5
II.1 2,0
Phương trình
(x- 2)(x- 3)(x+4)(x+ =5) m
(x2 2x 8)(x2 2x 15) m
Û + - + - =
(1)
(3)Đặt ( )
2
2 2 1 1
x + x+ = x+ =y
(y³ 0), 0,25
phương trình (1) trở thành:
(y- 9)(y- 16)= Ûm y2- 25y+144- m=0
(2) 0,25
Với mỡi giá trị y>0 phương trình ( )
2
1
x+ =y có nghiệm phân biệt, phương trình
(1) có nghiệm phân biệt, phương trình (2) phải có nghiệm dương phân biệt 0,25
Û
0 49
49
0 25 144
4
0 144
m
S m
P m
ì ì
ïD >¢ ïD =¢ + >
ï ï
ï ï
-ï ï
ï > Û ï > Û < <
í í
ï ï
ï > ï - >
ï ï
ï ï
ï ï
ỵ î
0,5
Vậy với 49
144 m
- < <
phương trình (1) có nghiệm phân biệt 0,25
II.2 Giải hệ phương trình 2,0
Hệ phương trình cho tương đương với
( )
( )
3 3
2
6 27
xy x y
x y x y xy x y
ìï + =
ïïí
ï + + = - -
-ïïỵ
0,5
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
3 3
3
2
3 3
xy x y xy x y
x y xy x y x y x y x y
ì ì
ï + = ï + =
ï ï
ï ï
Û íï Û íï
+ + + = - + =
-ï ï
ï ï
ỵ î
0,5
( )
( )
2
1
3
x y xy x y
x y xy x y
x y x y
ì ì
ï + = ï =
ï ï
Û íï Û íï Û = =
+ =
+ =
-ï ï
ỵ ỵ 0,5
Vậy nghiệm hệ x= =y 0,5
III.1 2,0
Sử dụng đẳng thức
( )( )
3 3 3 2
a +b + -c abc= + +a b c a +b +c - ab bc- - ca
0,25
Ta có x3+y3+ -8 6xy=7
( )( 2 )
2 2
x y x y xy x y
Û + + + + - - - =
(4)
Mà ( ) ( ) ( )
2 2
2 4 2 2 2 2 0
2
x +y + - xy- x- y= éêêx- y + -x + -y ùúú³
ë û 0,25
Suy ta có trường hợp:
+ TH1: 2
2
1
4 2
x y
y x
x y xy x y
ìï + + =
ï Þ =
-íï + + - - - = ïỵ
( )2 ( ) ( )
2 1 4 1 2 2 1 7
x x x x x x
Þ + - - + - - - =
0
3
1
x y
x x
x y
é = Þ =-ê
Þ + = Þ ê =- Þ =
ë .
0,25
+ TH2: 2
2
5
4 2
x y
y x
x y xy x y
ìï + + =
ï Þ =
-íï + + - - - =
ïỵ 0,25
( )2 ( ) ( )
2 5 4 5 2 2 5 1
x x x x x x
Þ + - + - - - = 0,25
2
3 15 18
3
x y
x x
x y
é = Þ = ê
Þ - + = Þ ê = Þ =
ë 0,25
Đáp số (x y; ) (= - 1; , 0;) ( - , 2; , 3; 2) ( ) ( ) 0,25
III.2 2,0
Biến đổi đại số
Ta có x1 y 1xy x y 1 nên:
xy1 x1 y 1xy 1 xy x y 1
0,25
Mợt số ln chia hết cho
Ta có xy x y 1 xy x y 1 0,25
Hai số chia hết cho mợt số hiệu hai số
1
2
1
xy xy x y
x y xy x y
xy x y xy x y
x 1 y 1 xy x y 1 x 1 y 1 x 1 y 1
0,25
Tính chất chia hết a b ka b với a b k; ; số nguyên
x1 y1 x1 y1 x 12x 1 y1 x1 y1
0,25
Một tổng hai số hạng chia hết cho mợt số có mợt số hạng chia hết cho số số
hạng lại chia hết
2
1 1 1
1 1
x x y x y
x y x y
Þ (x- 1) (2Mx- 1)(y- 1) (Û x- 1) (My- 1)
;
(5)hồn tồn tương tự ta có y 1 x 1
Có hai số thỏa mãn: Số thứ chia số thứ hai số thứ hai chia hết cho số thứ
hai số
Ta có
( ) ( )
( ) ( )
1
1
1
x y
x y x y
y x
ìï -
-ïï Þ - = - Û =
íï -
-ïïỵ
M M
Thay lại vào đề ta có
2
2 1 1 1 1 1
x x x x x
x 1 x 1 x 1 2 x 1 x 1
0,25
Số thứ chia hết cho số thứ hai số thứ hai ước số thứ
2
2 x1 x1 U 1; 2 x 2 x 1 suy x 1 1; 2
1 2
1 3
x x y
x x y
.
0,25
Vậy x y x y 0,25
IV
IV.1 2,5
Ta có AKB· =AEB· (vì chắn cung »AB đường tròn ngoại tiếp tam giác VAEB)
Mà ·ABE=AEB· (tính chất đối xứng) suy ·AKB=·ABE (1) 0,25
· ·
AKC=AFC (vì chắn cung »AC đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC) 0,25
· ·
(6)Mặt khác ·ABE=ACF· (cùng phụ với BAC· ) (3).
Từ (1), (2) (3), suy AKB· =·AKC hay KA phân giác góc ·BKC
Gọi P Q; lần lượt giao điểm BE với AC CF với AB 0,25
Ta có BC=R 3, nên BOC· =1200;
· 1·
60
BAC= BOC= o
Trong tam giác vuông VABP có ·APB=900; BAC· =600Þ ·ABP=300 hay
· · 300
ABE=ACF= .
0,5
Tứ giác APHQ có ·AQH+·APH=1800
· · · ·
180 120 120
PAQ PHQ PHQ BHC
Þ + = Þ = Þ = (đối đỉnh). 0,25
Ta có AKC· =·ABE=300; AKB· =ACF· =·ABE=300
(theo chứng minh trên) 0,25
Mà BKC· =AKC· +AKB· =AFC· +AEB· =ACF· +ABE· =600, suy BHC· +BKC· =1800,
nên tứ giác BHCK nội tiếp 0,5
IV.2 2,0
Gọi (O¢) đường trịn qua bốn điểm B H C K; ; ; Ta có dây cung BC=R 3,
· 600 ·
BKC= =BAC nên bán kính đường trịn (O¢) bán kính R đường trịn ( )O 0,25 Gọi M giao điểm AH BC MH vng góc với BC, kẻ KN vng góc với
BC (N thuộc BC), gọi I giao điểm HK BC 0,25
Ta có ( )
1 1
2 2
BHCK BHC BCK
S =SV +SV = BC HM+ BC KN= BC HM+KN
0,25
( )
1
2
BHCK
S £ BC HI+KI = BC KH
(do HM£HI; KN£KI) 0,25
Ta có KH dây cung đường trịn (O¢; R) suy KH£ 2R (không đổi), nên SBHCK lớn
nhất KH=2R HM+KN=HK=2R. 0,25
Giá trị lớn
2
1
3.2
BHCK
S = R R= R
0,25
Khi HK đường kính đường trịn (O¢) M I N; ; trùng suy I trung điểm
của BC nên DABC cân A 0,25
Khi A điểm cung lớn BC»
0,25
(7)Tứ giác BOCK có BOC· +BKC· =1200+600=1800 Suy tứ giác BOCK tứ
giác nội tiếp. 0,25
Đường trịn ngoại tiếp tứ giác BOCK có OB=OC(=R) nên OB» =OC» 0,25
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BOCK có OB» =OC» nên BKO· =CKO· suy KO là
phân giác BKC· 0,25
KO phân giác BKC· nên K O; nằm đường phân giác BKC· 0,25 KA phân giác góc ·BKC nên K A; nằm đường phân giác BKC·
Suy ba điểm O A K; ; thẳng hàng 0,25
hay AK qua O cố định.
0,25
V 2,0
Ta có
2
2 2
1 1
1
1 1
P
y
x z
z x
z y x y
= + +
ổ ửữ ổ ửữ ổ ửữ
ỗ + ữ ç + ÷ ç + ÷
ç ÷ ç ữữ ỗ ữ
ỗ ữ ỗố ứ ỗ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
t
1 1
; ;
a b c
x= y= z= a b c, , >0 2
1
a +b + =c
0,5
Ta có ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
1 1
a b c a b c
P
b c c a a b a a b b c c
= + + = + +
+ + + - - - 0,25
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có
( )2 ( )( ) 2
2 2 2 1
1 1
2 27
a a a
a - a = a - a - a Ê ỗỗỗổ + - + - ữữửữữ=
ỗố ø
( 2) ( )
2
2 3
1
2
3
a
a a a
a a
Þ - £ Û ³
(1)
0,25
Tương tự ( )
2
2
3
b
b b - b ³
(2) 0,25
( )
2
2
3
c
c c - c ³
(3)
(8)Từ (1), (2) (3), ta có ( )
2 2
3 3
2
P³ a + +b c =
0,25
Dấu “=” xảy
1
a= = =b c
hay x= = =y z Vậy giá trị nhỏ P
3
0,25
- Hết -Chú ý:
- Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án.
- Đối với câu (Hình học):