PHÒNG GD- ĐT PHU MỸ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN TRƯỜNG THCS MỸ CHÂU Ngày thi : 6/11/2014 Mơn : TỐN Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ ĐỀ XUẤT Bài (4,0 điểm) a) Tìm cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn 6x + 5y + 18 = 2xy a3 a2 a + + b) Cho biểu thức A = với a số tự nhiên chẵn 24 12 Hãy chứng tỏ A có giá trị nguyên Bài : (4,0 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2x3 – 9x2 + 13x – b) Tính giá trị biểu thức M = x3 – 6x với x = 20 + 14 + 20 - 14 Bài : (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x - + - x = x - 8x + 24 b) Cho a>0, b >0, c> thỏa mãn + + =3 a b c 27 a b2 8c + + ≥ Chứng minh 2 2 2 c (c + 9a ) a (4a +b ) b(9b + 4c ) Bài ( 5,0 điểm) Cho tam giác cân ABC (AB = AC; Â < 900), đường tròn (O) tiếp xúc với AB, AC B C Trên cung BC nằm tam giác ABC lấy điểm M ( M ≠ B;C ) Gọi I; H; K hình chiếu M BC; CA; AB P giao điểm MB với IK, Q giao điểm MC với IH a) Chứng minh tia đối tia MI phân giác góc HMK b) Chứng minh PQ // BC c) Gọi (O1) (O2 ) đường tròn ngoại tiếp ∆ MPK ∆ MQH Chứng minh PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn (O1) (O2 ) d) Gọi D trung điểm BC; N giao điểm thứ hai (O 1),(O2 ) Chứng minh M,N,D thẳng hàng Bài ( 2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn O điểm nằm tam giác Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC, AB M, N, P Chứng minh : AM BN CP + + ≥ OM ON OP HƯỚNG DẪN CHẤM Mơn : TỐN Bài Câu a 2điểm Bài giải Ta có: x + y + 18 = xy ⇔ 2xy - 6x - 5y = 18 ⇔ 2xy - 6x + 15 - 5y = 33 ⇔ 2x(y – 3) – 5(y – 3) = 33 ⇔ (y – 3)(2x – 5) = 33 = 1.33 = 3.11 Ta xét trường hợp sau : y −3 =1 x = 19 ⇒ x − = 33 y = y − = 33 x = ⇒ * x − = y = 36 y − = 11 x = ⇒ * x − = y = 14 y −3 = x = ⇒ * x − = 11 y = * 4điểm Điểm 0,75đ 0,5đ 0,5đ Các cặp số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức Vậy cặp số cần tìm : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4) b 2điểm Vì a chẵn nên a = 2k ( k ∈ N ) 8k 4k 2k k k k + + = + + Do A = 24 12 2k + 3k + k k ( k + 1) ( 2k + 1) = = 6 Ta có : k ( k+1) M2 ⇒ k ( k+1) ( 2k+1) M2 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ Ta chứng minh : k ( k + 1) ( 2k + 1) M3 Thật : - Nếu k = 3n (với n ∈ N ) k ( k + 1) ( 2k + 1) M3 - Nếu k = 3n + (với n ∈ N ) 2k + 1M3 - Nếu k = 3n + (với n ∈ N ) k + 1M3 Với k ∈ N ⇒ k ( k + 1) ( 2k + 1) chia hết cho cho a 2điểm 4điểm b 2điểm 0,75đ Mà (2, 3) = ⇒ k ( k + 1) ( 2k + 1) M6 Vậy A có giá trị nguyên 0,25đ a) 2x3 – 9x2 + 13x – = 2x3 – 2x2 – 7x2 + 7x + 6x – = 2x2(x -1) – 7x(x – 1) +6(x – 1) = (x – 1)(2x2 – 7x + 6) = (x – 1)(x – 2)(2x – 3) 0,5đ 1,0đ 0,5đ Đặt u = 20 + 14 ; v = 20 − 14 Ta có x = u + v u + v3 = 40 u.v = (20 + 14 2)(20 − 14 2) = 0,25đ x = u + v ⇒ x = u + v + 3uv(u + v) = 40 + 6x hay x3 − x = 40 Vậy M = 40 0,5đ 0,25đ 3 0,5đ 0,5đ a 2điểm PT: x − + − x = x − x + 24 (1) ĐKXĐ: ≤ x ≤ Chứng minh được: x − + − x ≤ 2 Dấu “=” xảy ⇔ x – = – x ⇔ x = 0,25đ 0,5đ x − x + 24 = ( x − 4) + ≥ = 2 Dấu “=” xảy ⇔ (x – 4)2 = ⇔ x - = ⇔ x = Phương trình (1) xảy ⇔ x = Giá trị x = : thỏa mãn ĐKXĐ Vậy: S = { } 0,5đ x Đặt a = ; b= b 3điểm y suy x, y, z > x+y+z = z 27 a z3 = c (c + a ) x + z c= 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ b2 x3 = Biểu diễn a (4a + b ) y + x 8c y3 = b(9b + 4c ) y + z z3 x3 y3 + + ≥ 2 2 2 z +x x +y y +z 2 2 2 z ( x + z ) − zx x( y + x ) − xy y ( y + z ) − yz ⇔ + + ≥ x2 + z x2 + y y2 + z2 2 2 zx xy yz ⇔ ( x + y + z) − ( + + )≥ 2 x +z x +y y +z 2 2 zx xy yz (*) ⇔( + + )≤ 2 x +z x +y y +z BĐT ⇔ 5điểm 0,5đ x +z x Ta có zx = x zx ≤ = 2 2 2 x +z x +z x +z 2 x + y2 y y Tương tự xy = y yx ≤ = 2 2 2 x +y x +y x +y 2 y +z z yz zy z = z ≤ 22 = 2 y +z y +z y +z 2 2 zx xy yz (*) ⇔ ( 2 + 2 + 2 ) ≤ x +z x +y y +z 2 Dấu ( = ) sãy x = y = z = 1 0,5đ 0,5đ x Hay a = 0,25đ b = 2; c = 0,5đ 0,5đ A 5điểm O2 N K H O1 M P B Q E E' I D C O a điểm · a) Chứng minh tia đối tia MI phân giác HMK Vì ∆ ABC cân A nên ·ABC = ·ACB Gọi tia đối tia MI tia Mx Ta có tứ giác BIMK tứ giác CIMH nội tiếp · · ⇒ IMH = 1800 − ·ACB = 1800 − ·ABC = IMK · · · · ⇒ KMx = 1800 − IMK = 1800 − IMH = HMx · Vậy Mx tia phân giác của HMK b 1điểm b) Tứ giác BIMK CIMH nội tiếp · · · · ⇒ KIM = KBM ; HIM = HCM · · · · · ⇒ PIQ = KIM + HIM = KBM + HCM 0,25đ 0,5đ 0,25đ ¼ · · Mà KBM ( sd BM ) = ICM ¼ · · ( sdCM ) HCM = IBM · · · ⇒ PIQ = ICM + IBM · · · Ta lại có PMQ + ICM + IBM = 1800 ( tổng ba góc tam giác) · · ⇒ PMQ + PIQ = 1800 Do tứ giác MPIQ nội tiếp c 1,0điể m ¼ · · ( sd PM ) ⇒ MQP = MIK · · · Mà MIK ( KBM ) = MCI · · ⇒ PQ// BC ⇒ MQP = MCI » · · c) Ta có MHI ( sd IM ) = MCI · · mà MQP ( c/minh b) = MCI ¼ · · ⇒ MQP = MHI = sd MQ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ Hai tia QP;QH nằm khác phía QM ⇒ PQ tiếp tuyến đường tròn (O2) tiêp điểm Q (1) 0,25đ Chứng minh tương tự ta có PQ tiếp tuyến đường tròn (O 1) tiêp điểm P (2) 0,25đ (1) (2) ⇒ PQ tiếp tuyến chung đường tròn (O1) (O2) d) Gọi E; E’lần lượt giao điểm NM với PQ BC Ta có PE2 = EM EN ( ∆ PEM ∆ NEP ) QE2 = EM EN ( ∆ QEM ∆ NEQ ) ⇒ PE2 = QE2 ( PE;QE >0) ⇒ PE = QE Xét ∆ MBC có PQ // BC ( c/m b) nên: S S d 1điểm EP EQ = ( định lí Ta Lét) E ' B E 'C Mà EP = EQ ⇒ E’B = E’C E’ ≡ D 0,5đ 0,5đ Suy N, M, D thẳng hàng A P N O B H K M C Từ A O kẻ AH ⊥ BC OK ⊥ BC (H, K ∈ BC) ⇒ AH // OK 2điểm OM OK = Nên (1) AM AH S BOC OK BC OK = = S ABC AH BC AH (2) S BOC OM = (1) , (2) ⇒ S ABC AM S AOC ON = Tương tự : S ABC BN S AOB OP = S ABC CP Nên OM ON OP S BOC S AOC S AOB + + = + + = (3) AM BN CP S ABC S ABC S ABC 0,25đ 0,25đ 0,75đ Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được: 1 + + )≥ a b c OM ON OP AM BN CP + + )( + + ) ≥ (4) Nên ( AM BN CP OM ON OP (a+ b + c) ( Từ (3) ,(4) suy : AM BN CP + + ≥ (đpcm) OM ON OP Ghi chú: 0,75đ - Hướng dẫn trình bày cách giải Mọi cách giải khác cho điểm tối đa theo câu,