PHÒNG GD&ĐT TP.[r]
(1)PHÒNG GD&ĐT TP BẮC GIANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2015-2016 Môn: Toán lớp Thời gian làm bài: 150 phút (Thi ngày 09/01/2016) Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức : A ( x x 2) x x ( x x 2) x x x 3x a/ Rút gọn A Bài 2: (4,5 điểm) : x 4 x2 x x2 x 12 b/ Tìm giá tri bé biểu thức M=A+ x 2 a/ Giải phương trình x x x x x x y 2015 x; y; z b/ Tìm tất các số nguyên dương thỏa mãn y z 2015 là số hữu tỷ và x z 7 y 99 Bài 3: (4,5 điểm) a b 4 ( ab 2 ) a b Chứng minh ab là số hữu tỉ a/ Cho a, b là số hữu tỷ thoả mãn b/ Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc 1 Chứng minh 1 1 a b2 ab b5 c bc c5 a ca Bài 4: (6 điểm) Cho đường tròn (O;R), vẽ đường kính AB và CD vuông góc với Trên đoạn CA lấy G N BG cho GC= AC Tia OG cắt BC M, vẽ ON vuông góc với BG a/ Chứng minh MA là tiếp tuyến đường tròn (O;R) 4 4 b/ Tia CN cắt đường tròn K Tính KA KB KC KD theo R c/ Chứng minh MN=2R Bài 5: (1 điểm) Tìm x, y nguyên dương thõa mãn 3x 111 y y Họ tên thí sinh SBD: (2) HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN LỚP Câu Bài a/ 2,5đ Nội Dung 4 2 2 Ta có x 3x ( x x 4) x ( x x 2)( x x 2) ( x x 2) x x ( x x 2) x x 2 x 4 A : ( x x 2)( x x 2) x2 x x2 x Vậy x x ( x x 2) x2 x x2 x 2 ( x x 2)( x x 2) = x x ( x x 2) x2 x x2 x ( x x 2)( x x 2) b/ 1,5đ Điểm 4đ : 2( x 2) 2( x 2) x2 x x2 x 0,75 2x 2x x2 x x2 x = x x 2 x Vây A= x với x>0 12 M=A+ x = 0,5 0,5 x 12 ( x 4) 16 16 16 x 2 x 2 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 16 x 2 x 4 x 2 dấu = có Vây M bé x=4 Bài a/ 2,0đ 0,75 16 4 x 2 0,5 4,5 đ Ta có x x x x x 2 2 x x x x x x 10 x 2 x x x x 1 x x 1 2(5 x 1) 2( x x 2) (5 x 1) (5 x 1)( x x 2) đk x 1 x x x 2 Đặt x x a với a>0 vì ; đặt 0,5 x b với b 0 x x a và x b2 Vây ta có PT 2a b2 ab 2a 2ab ab b 0 2a(a b) b(a b) 0 a b 2a b 0 2 2 Vì a>0 và b 0 nên 2a+b>0 vây ta có a b=0 a b x x 5 x x x 0 x 1 x x 3x 0 ( x 1)( x 3) 0 x 3 Thỏa mãn Vậy nghiệm PT là x=1;x=3 0,75 0,5 0,25 (3) b/ 2,5đ x y 2015 m m, n * , m, n 1 Ta có y z 2015 n nx my mz ny 2015 nx my Q mz ny -Nếu mz ny 0 vô lý vì 2015 là số vô tỉ nx my 0 x y m xz y mz ny y z n ny Vậy mz 2015 0,5 2 2 x z xz 99 7 y Nên ta có x z 99 7 y 2 2 x z y 99 7 y y x y 99 y x z y x z 99 993 y x z Vì x, y,z nguyên dương nên 3y+x+z 5 y x z 9,11,33,99 10 y 20 y (loại) -Nếu 3y+x+z=9 Ta có 3y x z=11 10 y 20 y (loại) -Nếu 3y+x+z=11 Ta có 3y x z=9 50 y 100 y (loại) -Nếu 3y+x+z=99 Ta có 3y x z=1 -Nếu 3y+x+z=33 Ta có 3y x z=3 y 36 y 6 x z 20 z 20 x Mà xz =y2 nên ta có x(20 x)=36 x 20 x 36 0 x1 2; x2 18 +Nếu x=2 ta có z=18 +Nếu x=18 ta có y=2 Vây ta có (x;y;z)=(2;6;18)=(18;6;2) Bài a/ 2,5đ 0,25 0,25 0,25 0,25 4,5 đ a b 4 ( ab 4 ab 2 ) a b 2ab a b a b Đặt a+b=s và ab=p Ta có ( p 2) 2 s 2p 4 s ps ( p 2) 4s 2 s s s ( p 2) p 0 s p s p 0 p s b/ 2,0đ 0,75 0,25 p2 s 1,0 0 1,0 0,5 ab a b a b Vị a, b là số hữu tỉ nên là số hữu tỉ Vây ab là số hữu tỉ 2 2 x y z x y z x y y z x z 0 Ta có x y z 3( x y z ) Vây dấu = có x=y=z Vây x,y,z>0 ta có x+y+z 3 x2 y z Áp dụng ta có a b2 ab dấu = có x=y=z b5 c bc c5 a ca 1 3 2 a b ab b c bc c a ca Ta có a a 3a (1) 0,5 (4) a a 3a 0 a (a 1) 3(a 1) 0 a (a 1) a a 3(a 1) 0 (a 1)(a a a 3) 0 3 2 a 1 a a 2a 2a 3a 0 a 1 a 2a 3a (2) Ta thấy (2) đúng vơi a>0 vây (1) đúng với a>0 Vậy với a>0 ta có a a 3a dấu = có a=1 Ta có 0,25 a b ab a5 a a b ab 3a 2ab ab 3(ab a 1) 1 a b ab 3(ab a 1) dấu = có a=b=1 1 a b ab 3(ab a 1) dấu = có a=b=1 Tương tự 0,5 1 c a ca 3(ca c 1) dấu = có a=b=1 Vây ta có a b2 ab b5 c bc c5 a ca 1 3 2 a b ab b c bc c a ca 1 ab a bc b ca c 0,5 0,25 a ab ab b 1 ab a 1 ab a a ab ab b = Vậy Bài a b ab b c bc c a ca 1 Dấu = có a=b=c 6đ (5) a/ 2đ b/ 2đ Lấy I là trung điểm BC ta có OI là đường trung bình tam giác ABC OI//BC 1 và OI= CB (1) ; Vì I là trung điểm BC nên IC= AC mà GC= AC 1 GI 1 AC AC AC AC : AC GC nên GI=IC GC= OI GI 1 OI CM Ta có OI//BC ( cm trên) OI//CM CM GC (2) Từ (1) và (2) ta có CB=CM Xét ABM có OA=OB ( cùng bán kính) , có CB=CM ( cm trên) nên OC là đường trung bình OC // AM mà OC AB nên AM AB Vậy MA là tiếp tuyến đường tròn (O;R) Ta có tam giác AKB nội tiếp đường tròn (vì đỉnh nằm trên đường tròn) mà AB la đường kính nên 2 2 2 tam giác AKB vuông K, theo Pitago ta có KA KB AB KA KB 4 R KA4 KB KA2 KB 16 R Vẽ KP vuông góc với AB, theo hệ thức lương tam giác vuông AKB ta có KA KB AB KP KA KB 2 R KP KA2 KB 4 R KP 4 2 4 4 2 Vây ta có KA KB 8R KP 16R KA KB 16 R 8R KP 4 2 Vẽ KQ vuông góc với CD, chứng minh tương tự ta có KC KD 16 R 8R KQ KA4 KB KC KD 32 R R KP KQ Vây Ta có Xét tứ giác KPOQ có O P Q 90 nên tứ giác KPOQ là hình chữ nhật 2 2 c/ 2đ 1,0 0,75 0,25 Vậy ta có KP +KQ =PQ =KO =R KA4 KB KC KD 32 R 8R KP KQ 32 R R R 24 R Vậy = Ta có ACB nội tiếp đường tròn, mà AB là đường kính nên ACB vuông C AC BM AC là đương cao MAB Ta có CM=CB ( cm trên) AC là trung tuyến MAB vây MAB cân A AM AB AC Xét MAB có AM là trung tuyến mà GC= nên G là trọng tâm MAB , keo dài BG cắt MA đường tròn F và AM E ta có BE là trung tuyến MAB nên EA=EM= , mà OA=OB= AB nên EA=BO Ta có AFB nội tiếp đường tròn, mà AB là đường kính nên AFB vuông F AF BE OBN FAB 900 ; Vì MA AB ( cm trên) nên EAF FAB 900 EAF OBN Xét EAF và OBN có AE=OB , EAF OBN ; EFA ONB 90 EAF OBN 1,0 0,75 0,25 AF=NB ; Ta có ON BF NB NF (vi ) nên FA=FN=NB AFN vuông cân FNA 450 ANB 1350 Ta có MAF=BAN (cgc) MFA ANB 135 , mà AFN 900 MFN 3600 1350 900 1350 Ta có MFN MFA (cgc) MN MA mà MA=AB=2R MN 2 R Bài 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 1đ x x Đặt y a với a Z và a ; ta có 111 (a 1)(a 1) 112 a -Nếu x lẻ x 2k (6) 3x 112 32 K 1 112 3 9k 1 112 3 (9 1)(9k k 1) 112 =24q+3+112=4(8q+28)+3 chia cho dư 112 chia cho dư a chia cho dư vô lý vì số chính phương chia cho dư Vậy x phải chẵn x 2k với k nguyên dương x 32 k 112 a a 3k a 3k 112 112a 3k Vây ta có 0,5 a 3k a 3k a 3k 112 a 3k 10 a 3k 14, 28,56,112 Vì a a 0 ; Vì k k -Nếu a 14 a 8 2a 22 a 11 x 2; y 15 k k x -Nếu a 28 a 4 2a 32 a 16 144 (loại) k k k -Nếu a 56 a 2 2a 58 a 29 x 6; y 33 112 a 3k 112 a 3k 1 2a 113 a (loại) -Nếu Vây ta có (2;15) ; (6;33) thõa mãn dầu bài 0,5 (7)