ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP Thời gian làm 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: ( 4.0 điểm) 1) Cho x = Tính 2− Khơng dùng máy tính bỏ túi 2+ M = x − 2x − 12x + 26x − 21x + 2020 2) Cho x, y số hữu tỉ t/m: x + y5 = 2x y Chứng minh : - xy bình phương số hữu tỉ Câu 2: ( điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: 1) 2x − = x − 2x + 2x 8 ( x + y ) − 10 ( x − y ) − ( x − y ) = (I) 2) 2 x + y − = 2x − y Câu 3: ( 2.0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3( x + xy + y ) = x + y Câu 4: ( 7.0 điểm) Cho đường trịn tâm O, bán kính r Lấy điểm M đường thẳng d (d khơng cắt đường trịn O) vẽ tiếp tuyến MA, MB (A, B tiếp điểm), OM cắt AB N Chứng minh OM.ON không đổi Khi điểm M di chuyển đường thẳng d a) Tìm quỹ tích tâm O’ đường trịn ngoại tiếp tam giác ABM b) Tìm quỹ tích điểm N? c) Với tốn trên, khoảng cách từ tâm đường trịn (O) tới đường thẳng d bằng r , quỹ tích điểm N thay đổi nào? Câu 5: ( 3.0 điểm) Cho số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn: x(x + 1) + y(y + 1) + z(z + 1) ≤ 18 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = 1 + + x+ y+1 y+ z+1 z+ x+1 Hết ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung trình bày Điểm ( − 3) = ( − 3) 4−3 ( + 3) ( − 3) 2− ⇒x= 2+ 1) Ta có: x = 0,5 =2− 0,5 ⇔ x − 4x + = Biến đổi ta có M = ( x − 4x + 1) ( x + 2x − 5x + ) + 2016 = + 2016 = 2016 Câu 1: (4 điểm) 2) Xét trường hợp : *) Nếu xy = – xy = 12 bình phương số hữu tỉ *) Nếu xy ≠ ta có : (x − y5 ) =(x + y5 ) ( − 4x y5 = 4x y − 4x y5 Do x + y5 = 2x y = 4x y ( − xy ) (x ⇒ − xy = − y5 4x y ) ) 2x − = x − 2x + ⇔ x 0,5 Điều kiện x ≥ (*) 0,25 2x − = ( x − 1) + x 2x − ≤1 x2 2x − ≤ Dấu “=” xảy ⇔ x = (2) x ( x − 1) + ≥ Dấu “=” xảy ⇔ x = (3) Từ (1), (2), (3) suy phương trình có nghiệm x = (thỏa mãn điều kiện) 2) * Điều kiện xác định : x ≠ Nếu x = Ta có: ( x − 1) ≥ ⇔ x − 2x + ≥ ⇔ x ≥ 2x − ⇔ ⇔ 0,5 x − y5 = 2 ÷ 2x y Câu 2: 1) 2x − = x − 2x + 2x (4 điểm) ( 1) ⇔ 0,5 0,5 0,25 y −y từ hệ 0,5 2 −y − y 2 −y −3 − y÷ = 8 ÷+ y ÷ − 10 ÷ −y ÷ ÷ ÷ y=0 ⇔ ( I) ⇔ PTVN − =2 y = −y 2 ÷− y Nên hệ PT ( I ) vô nghiệm Nếu x ≠ ±y Chia vế phương trình (1) cho ( 2x + y) ( 2x − y) Ta có : 2x − y 2x + y 8 ( x + y ) − 10 ( x − y ) − ( x − y ) = − 10 − = (*) 2x + y 2x − y ⇔ 2x + y − =2 2x + y − = (**) x − y 2x − y 2x + y Đặt t = 2x − y 1 0,5 −1 t + ÷ = ⇔ t = ;t= ( *) ⇔ 8t − 10 − 3t = ⇒ t − ÷ + Với t = 2x + y = ⇒x= y 2x − y 2 Thay vào (**) Ta có : 2× y + y − 2 = ⇔ 6y − =2 2y 2× y − y 1 −1 ⇒ 12y2 − 4y − 1= ⇔ y − ÷ y + ÷ = ⇔ y = ; y = 6 5 ( thỏa mãn ĐKXĐ) ⇒ x= × = 2 −1 −1 −5 • Với y = ⇒ x = × = ( thỏa mãn ĐKXĐ) 6 12 x + y −1 −3 −1 = ⇒x= y Thay vào (**) Ta có : + Với t = 2x − y 10 −3 2× y + y − =2 −3 ⇒ 8y2 − 20y + 25 = : pt vơ nghiệm 10 2× y − y 10 −5 −1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm : ; ÷ ; ÷ 6 2 0,5 • Với y = Câu 3: Phương trình cho viết lại là: 3x + (3 y −1) x + y − y = 0(1) 0,5 Phương trình (1) có nghiệm khi: (2điểm) ∆ = (3 y − 1) − 12(3 y − y ) ≥ ⇔ −27 y + 90 y + ≥ 0,5 Do y nguyên nên ≤ y ≤ ⇔ y ∈ { 0;1; 2;3} 0,5 +)Với y = ta có x = +)Với y = ta có x = 0,5 +)Với y = y = ta có khơng tìm x ngun Vậy phương trình có hai nghiệm ngun ( x ; y ) = ( ; ); ( ; ); 0,5 * Vẽ hình 0,5 Câu 4: (7 điểm) 1) (1điểm) Từ MA, MB hai tiếp tuyến cắt M; A B tiếp điểm, suy ra: ∆ MAO vuông A, AN ⊥ OM ⇒ OM.ON = OA2 = r2 không đổi a) (2 điểm) Trên OM lấy O’ cho OO’ = O’M, ⇒ OO’ = O’M = O’A = O’B; ⇒ O’là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABM Gọi giao điểm d (O’) K ⇒ MK ⊥ OK; ⇒ OK khoảng cách từ O tới đường thẳng d, đặt OK = h Ta có OK không đổi (do tâm O đường thẳng d cố định) Kẻ O’E//MK, E∈ OK; kết hợp O’M=O’O (bán kính đường trịn O’), 1 h khơng đổi 2 ⇒ Tâm O’của đường tròn ngoại tiếp ∆ ABM thuộc đường trung trực MK ⊥ OK ⇒ O’E ⊥ OK EO=EK= OK = 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 đoạn thẳng OK 2b) (2 điểm) Gọi H giao điểm AB OK; ∆ ONH đồng dạng với ∆ OKM ( ∆ ONH có góc N vng, ∆ OKM có góc K vng, hai tam giác có chung góc nhọn MOK) ON OH OM.ON r = r không đổi, nên OH cố định ⇒ ⇒ OH = = = OK OM OK OK h ⇔ N thuộc đường trịn đường kính OH = r , trừ điểm O ( r h bán kính đường trịn O; h khoảng cách từ O tới đường thẳng d) 2c) (1,5 điểm) Khoảng cách từ d tới (O) theo ra: h = 0,5 0,5 0,5 0,5 r ( hình vẽ bên) Khi d cắt (O) L L’ Xét hai trường hợp: Khi M chuyển động tia Lx L’y ta vẽ tiếp tuyến với (O) Khi M chuyển động đoạn thẳng LL’ khơng vẽ tiếp tuyến với (O) trừ điểm L, L’ - Xét M chuyển động tia Lx, tương tự câu 2b ta có: OH = r2 r = r : = 2r h ⇒ quỹ tích điểm N cung trịn ONL nhận OH =2r làm đường kính (hình trên), trừ điểm O Tương tự M chuyển động tia L’y quỹ tích điểm N cung tròn ON’L’nhận OH =2r làm đường kính, trừ điểm O 0,5 0,5 0,5 Vậy h = r điểm M thay đổi d quỹ tích N cung trịn LOL’nhận OH = 2r làm đường kính (hình trên), trừ điểm O Cho số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn: x(x + 1) + y(y + 1) + z(z + 1) ≤ 18 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = Câu 5: (3 điểm) 1 + + x+ y+1 y+ z+1 z+ x+1 Ta có: ≤ (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 (∀x, y, z > 0) ⇔ 2xy + 2yz + 2zx ≤ 2(x2 + y2 + z2) ⇔ (x + y + z)2 ≤ 3(x2 + y2 + z2) (1) Dấu bằng xảy ⇔ x = y = z > Theo giả thiết: x(x + 1) + y(y + 1) + z(z + 1) ≤ 18 ⇔ x2 + y2 + z2 ≤ 18 – (x + y + z) (2) Từ (1) (2) suy ra: (x + y + z) ≤ 54 – 3(x + y + z) ⇔ (x + y + z)2 + 3(x + y + z) – 54 ≤ ⇔ (x + y + z – 6)(x + y + z + 9) ≤ ⇔ < x + y + z ≤ (vì x + y + z > 0, > 0) Áp dụng bất đẳng thức 0,5 0,5 1 + + ≥ a b c a+ b+ c (a, b, c > 0, dấu bằng có ⇔ a = b = c), 1 9 + + ≥ ≥ = ta có: B = x + y + y + z + z + x + 2(x + y + z) + 2.6 + hay B ≥ 0,5 0,5 0,5 x + y + = y + z + = z + x + Dấu bằng xảy ⇔ x + y + z = ⇔ x = y = z = (thoả mãn) Vậy Bmin = ⇔ x = y = z = 0,5 ... 1 + + x+ y+1 y+ z+1 z+ x+1 Ta có: ≤ (x – y )2 + (y – z )2 + (z – x )2 (∀x, y, z > 0) ⇔ 2xy + 2yz + 2zx ≤ 2( x2 + y2 + z2) ⇔ (x + y + z )2 ≤ 3(x2 + y2 + z2) (1) Dấu bằng xảy ⇔ x = y = z > Theo giả... 2x + y = ⇒x= y 2x − y 2 Thay vào (**) Ta có : 2? ? y + y − 2 = ⇔ 6y − =2 2y 2? ? y − y 1 −1 ⇒ 12y2 − 4y − 1= ⇔ y − ÷ y + ÷ = ⇔ y = ; y = 6 5 ( thỏa mãn ĐKXĐ) ⇒ x= × = 2 −1 −1 −5 • Với... (*) 2x + y 2x − y ⇔ 2x + y − =2 2x + y − = (**) x − y 2x − y 2x + y Đặt t = 2x − y 1 0,5 −1 t + ÷ = ⇔ t = ;t= ( *) ⇔ 8t − 10 − 3t = ⇒ t − ÷ + Với t = 2x + y