De HSG Toan 920162017 78

Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.. Gọi D là trung điểm của đoạn PQ.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài (4,0 điểm) P x ( x  y )(1   y xy  ( x  y )( x  1) ( x  1)(1  y) y) Cho biểu thức: Rút gọn biểu thức P Tìm các giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = Bài (4,0 điểm) Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn 18a  4b 2013 Chứng minh phương trình sau luôn có nghiệm: 18ax  4bx  671  9a 0 3 Tìm tất các nghiệm nguyên x, y phương trình x  x  x   y Bài (4,5 điểm) Cho p và 2p + là hai số nguyên tố lớn Chứng minh 4p + là hợp số 2 Giải phương trình: x  x  4 x  3x  2 x  Bài (6,0 điểm) Cho góc xOy có số đo 60o Đường tròn có tâm K nằm góc xOy tiếp xúc với tia Ox M và tiếp xúc với tia Oy N Trên tia Ox lấy điểm P thỏa mãn OP = 3OM Tiếp tuyến đường tròn (K) qua P cắt tia Oy Q khác O Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN E Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN F Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp đường tròn Gọi D là trung điểm đoạn PQ Chứng minh tam giác DEF là tam giác Bài (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn: a  b  c 3 Chứng minh rằng: a 1 b 1 c    3  b2  c2  a HẾT -Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay Họ và tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM (Đáp án biểu điểm này gồm trang) Câu Câu 1.1 (2,5 đ) Nội dung Điều kiện để P xác định là : x ≥ ; y ≥ ; y ≠1 ; x+ y ≠ P    x(1   x  x  y  x   y x  x  y )  xy  1  1   y 1 y P=2 ⇔   x   1  y y  y     ( x  y )  x x  y y  xy  x   x 1    xy  y  xy x 1  xy  x y x y y  y x  x  Câu 1.2 (1,5 đ) x )  y (1  Điểm 0,5  y 1    x   y  x 1  1    y   y 1 y  y y y  0,5   x 1  y 1 1  x  1  y x   y 1 x 1   x 1 x   0,5 x  xy   y    y = với x ≥ ; y ≥ ; y ≠1 ; x+ y ≠  y  1    x  1 0,5  y 1 Ta cã: + y 1  x  1   x 4  x = 0; 1; 2; ; Thay vµo P ta cã c¸c cÆp gi¸ trÞ (4; 0) vµ (2 ; 2) tho¶ m·n Câu 2.1 (2,0 đ) 0,5 0,5 Cho hai số thực a, b thỏa mãn 18a  4b 2013 (1) Chứng minh phương trình sau có nghiệm: 18ax  bx  671  a 0 (2) TH1 : Với a = thì (2)  4bx  671 0 671 x  4b Từ (1)  b 0 Vậy (2) luôn có nghiệm 2 TH2 : Với a 0 , ta có :  ' 4b  18a(671  9a) 4b  6a.2013  162a 0,5 0,5 4b2  6a(18a  4b)  162a 4b  24 ab  54a2 (2 b  a)2  16a2 0, a, b Vậy pt luôn có nghiệm Câu 2.2 (2,0 đ) 0,5 0,5 y x 1  0,5 0,5 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x  x  3x   y 3  y  x 2 x  3x  2  x      x  y 4  Ta có (1) 3 0,5 9 15  ( x  2)3  y 4 x  x   x    0 16    y  x 2 (2) Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + Thay y = x + vào pt ban đầu và giải phương trình tìm x = -1; x = từ đó tìm hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0) 0,5 0,5 0,5 Câu 3.1 (2,0đ) Câu 3.2 (2,5 đ) Do p là số nguyên tố lớn nên p có dạng p 3k 1 *) Nếu p 3k  thì p  6 k  3(2k  1)  p  là hợp số (Vô lý) *) Nếu p 3k  1, k 2 thì p  12k  3(4 k  1) Do k  7 nên p  là hợp số x Điều kiện: 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 PT  x  x  4 x x   2 x     2x    0,5   x  x x   x    2 x   x  0 x 3   1 2x   0,5 0 2 x  x     x  4 x  x    x 1  2 x  (tmđk) 0,5 0,5 Câu Câu 4.1 (2,5 đ) Hình vẽ đúng y 0,5  +PK là phân giác góc QPO 0,5    MPE KPQ (*)  + Tam giác OMN  EMP 120 Q E D K     QKP 1800  KQP  KPQ x O P M F 0,5  + QK là phân giác OQP N  0   Mà 2KQP  2KPQ 180  60 120   QKP 120 Do đó: Từ (*) và (**), ta có MPE KPQ   EMP QKP  ** 0,5 0,5 Câu 4.2 (1,0 đ)   Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: MEP KQP 0,5   hay: FEP FQP Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp đường tròn 0,5 Câu 4.3 (2,5 đ) Gọi D là trung điểm đoạn PQ Chứng minh tam giác DEF là tam giác PM PE PM PK Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: PK = PQ Suy ra: PE = PQ 0,5   Ngoài ra: MPK EPQ Do đó, hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng   Từ đó: PEQ PMK 90 Suy ra, D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF Vì vậy, tam giác DEF cân D 0,5       Ta có: FDP 2FQD OQP ; EDQ 2EPD OPQ 0,5 0,5       FDE 1800  FDP  EDQ POQ 600 0,5 Từ đó, tam giác DEF là tam giác Câu (2,0 đ) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn: a  b  c 3 Chứng minh rằng: a  b 1 c 1   3  b2  c  a2 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:  b 2b nên: a 1 b2 ( a  1) b2 ( a  1) ab  b  ( a  1)   ( a  1)  a   2 1 b b 1 2b  a 1 ab  b a   1b 0,5 Tương tự ta có: b 1 bc  c b   1c (2) c 1 ca  a c   1a (3) Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: a  b 1 c 1 a  b  c  ab  bc  ca      b2  c2  a2 (*) Mặt khác: 3(ab  bc  ca)  a  b  c  9  a  b  c  ab  bc  ca 0 a  b 1 c 1    3  b2  c  a2 Nên (*) (đpcm) Dấu "=" xảy và a b c 1 -HẾT -Lưu ý: - Các cách giải đúng khác cho điểm tương đương với biểu điểm - Điểm toàn bài không làm tròn 0,5 0,5