PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO o0o ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2018– 2019 Mơn thi: Tốn học – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2 điểm) Cho biểu thức A  x 1 x 3 10  x   x  2 x x  x 6 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị x cho A  c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức B biết B  x  x  20 A  x  Câu (2 điểm) a) Giải phương trình: x    x  x    x  x b) Cho đường thẳng y  2m  1 x  4m  ; y  2m   m2  m  1 x  2m  3m  1 x    2m  y 1 Chứng minh đường thẳng qua điểm cố định? Câu (2 điểm) a) Cho p p  số nguyên tố Chứng số p  p  số nguyên tố? 2 b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x  xy  y  x  y 1 Câu (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC Gọi A điểm nằm nửa đường tròn (O)  A B, A C  Gọi H hình chiếu vng góc A BC, D điểm đối xứng với B qua A, I trung điểm AH, J trung điểm DH a) Chứng minh AJH đồng dạng với HIC b) Gọi E giao điểm HD CI Chứng minh : 2AE < AB? c) Khi A di động  A B, A C  , xác định vị trí điểm A nửa đường trịn cho tam giác ABC có chu vi lớn Câu (1 điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn : a  b  c 1 Chứng minh rằng: 1  1  4       9  a b b c c a  a b c Hết - PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO o0o Câu Ý a Nội dung x 1 x 3 10  x   x  2 x x  x 6 Điều kiện xác định: x 0; x 4; x 9 Khi đó:  2    x 1 x 3 10  x x 1     x  2 x x x 6 x  x 1   x 3 x  x    x  3   x  2 x 1 x  x x 3  x  x   10  x   10   x  x x 0.5  x x   x  x  0.5 x 1 x Tìm x để A < Để A    TH1: Khi    TH2: Khi   c Điểm Rút gọn A  A b ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2015 – 2016 Mơn thi: Tốn học – Lớp x 1 x 1 x   2 0 0 x x x  x  x  50  x  25    x  25 x  20 x   x   x  x  50 0  x  25    x  x  20 0  x   x  0,25 0,25 Đối chiếu với điều kiện xác định ban đầu ta giá trị cần tìm x là: x  x  25 Tìm giá trị nhỏ B Ta có: B xác định x 0; x 4; x 9 B x  x  20 A  x  x  x  x  20 x  x  20  x 1 x x 1  0,25 25 25  x 1  6 x 1 x 1  x  5 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho số 25 25 10  x    4  B 4 x 1 x 1 25  x  5  x 4  x 16 (t/m) Dấu “=” xảy khi: x   x 1 Vậy giá trị nhỏ biểu thức B là: MinB 4 x 16 x 1  a 25 2.5  x 1 25 , ta x 1 x  x 1  Giải phương trình x    x  x    x  x Điều kiện xác định phương trình:  x 7 PT  x   x    x    x   x  1 0  x     x 1    x   x  0   x 1   0,25 0,5 x 1    x 0  x   0  x  2    x 3(t/ m)  x    x  x    x 0 b 0,5 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm là: x = Chứng minh đường thẳng qua điểm cố định Gọi M  x0 ; y0  điểm cố định đường thẳng y  2m  1 x  4m  Khi ta có: y0  2m  1 x0  4m  1, m    m  x0    x0  y0  0, m   2 x0  0    x0  y0  0  x0 2  M  2;3   y0 3 Do đó, đường thẳng y  2m  1 x  4m  qua điểm cố định M  2;3 0,5 2 Với x 2; y 3 thay vào đường thẳng y  2m   m  m  1 x  2m ta 2 2 được:  2m  2  m  m  1  2m   2m 2m  với m   0,25  Đường thẳng y  2m   m  m  1 x  2m qua M  2;3 m   Với x 2; y 3 thay vào đường thẳng  3m  1 x    2m  y 1 ta được:  3m  1    2m  1  1 với m    Đường thẳng  3m  1 x    2m  y 1 qua M  2;3 m   a 0,25 Vậy đường thẳng cho qua điểm cố định M  2;3 Chứng số p  p  số nguyên tố Do p số nguyên tố nên: Khi p 2  p  6 hợp số  Mâu thuẫn với giả thiết p  số nguyên tố  p 2 không thỏa mãn đề Khi p 3  p  11 số nguyên tố (tm)  p  p  37 số nguyên tố (đpcm) 0,5 * 2 Khi p   p 3n  1 n  N   p  3n  3  p  hợp số  Mâu thuẫn với giả thiết p  số nguyên tố  p  không thỏa mãn b đề Vậy p p  số nguyên tố p  p  số nguyên tố Giải phương trình nghiệm nguyên: x  xy  y  x  y 1 2 Ta có x  3xy  y  x  y 1    x  y    x  y   5 Vì x; y    x  y  2; x  y    nên x  y  2; x  y  ước 5:  x  y  1  2 x  y  5  x 1   y 1  x   x  y  5  x  y 3    TH2  (Không thỏa mãn)  x  y  1 2 x  y   y   17   x   x  y    x  y    TH3  (Không thỏa mãn)  x  y   2 x  y   y   TH1   x  y    2 x  y 3 0,5 0,5 0,5 13  x    x  y    x  y     TH4  (Không thỏa mãn)  x  y   2 x  y   y 11  Kết luận: Phương trình cho có nghiệm:  x; y   1;1 a Ta thấy ABC ngoại tiếp đường tròn đường kính BC nên AB  AC  AC  AD IA IH  Từ giả thiết   IJ / / AD JH JD   IJ  AC  AIJ  ACH (cùng phụ  với góc HAC ) (1) +) Trong tam giác vng ACH ta có: tan ACH  AH HC (2) +) Trong tam giác vng AIJ ta có tan AIJ  AJ AJ   AI HI  (3) AI HI Từ (1), (2), (3) AH AJ AH HC    (4) HC HI AJ HI AB  AD  Từ giả thiết   AJ / / BC  A J  AH  HAJ vuông A JH  JD    Do từ (4) ta có: tan AJH tan HIC  AJH HIC  AJH HIC  b Chứng minh 2AE  AB  Theo câu a ta có AJH HIC  AHJ HCI    Ta lại có: HCI  HIC 900  AHJ  HIC 900  JH  CI Từ JEI vng E  I , J , E thuộc đường tròn đường kính IJ Tương tự JAI vng A  I , A, J thuộc đường trịn đường kính IJ  I , A, J , E thuộc đường trịn đường kính IJ Theo tính chất liên hệ đường kính dây đường trịn đường kính IJ ta có: AE JI 2 0,5 Mà ta lại có IJ  AD  IJ  AB (D đối xứng với B qua A) 0,5  AE  AB  AE  AB c Dấu “=” xảy tứ giác AIEJ hình chữ nhật  JE / / AI  AH HD (mâu thuẫn)  2AE  AB Xác định vị trí điểm A Khi A di động nửa đường tròn (O) Ta có chu vi tam giác ABC là: CABC  AB  AC  BC Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có AB  AC 2 AB AC   AB  AC   AB  AB AC  AC 2   AB  AC   AB  AC   BC  AB  AC   AB  AC  BC 0,5 Do đó, CABC  AB  AC  BC  BC  BC   1 BC (BC không đổi) Nên chu vi tam giác ABC lớn   1 BC AB = AC  A thuộc trung trực BC  A giao điểm trung trực BC với đường tròn (sau A điểm cung BC) 1 1 0,5     Chứng minh      9  a b b c c a  a b c Từ giả thiết a  b  c 1 nên ta có: 1  1  4       9  a b b c c a  a b c  a b c a b c a b c  a b c a b c a b c  4     9  b c ca  a b c  a b 4c 4a 4b b c c  a a b  12    12    a b b c c a a b c 4c 4a 4b b c c a a b       a b b c c a a b c 1 1 1   nên: Ta có với số dương x, y  x  y     4  xy x y  x y 4c  1  4a  1  4b 1 1 c    ; a    ; b    a b  a b  bc  b c  ca c a 4c 4a 4b b c c  a a b      Cộng vế lại ta được: đpcm a b b c c a a b c Dấu “=” xảy a = b = c = Chú ý: Các cách giải khác, cho điểm tối đa theo phần 0,5 0,5