SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN – BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (4,0 điểm) a) Cho số nguyên a1, a2, a3, , an Đặt S = a1 + a + + a n P = a1 + a2 + + an Chứng minh rằng: S chia hết cho P chia hết cho b) Cho A = n6 – n4 + 2n3 + 2n2 ( với n∈ N, n > 1) Chứng minh A khơng phải số phương Câu (4,5 điểm) a) Giải phương trình: 10 x + = 3x +  x+ =3  y   b) Giải hệ phương trinh:  y + = z   z+ =3  x  Câu (4,5 điểm) 1 + + = x y z 1 + + ≤1 Chứng minh rằng: 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z b) Cho x > 0, y > 0, z > thỏa mãn x 2011 + y 2011 + z 2011= Tìm giá trị lớn biểu thức: M = x2 + y2 + z2 a) Cho x > 0, y > 0, z > Câu (4,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O), H trực tâm tam giác Gọi M điểm cung BC không chứa điểm A (M không trùng với B C) Gọi N P điểm đối xứng M qua đường thẳng AB AC a) Chứng minh N, H, P thẳng hàng 1 · + b) Khi BOC = 1200 , xác định vị trí điểm M để đạt giá trị nhỏ MB MC Câu (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, điểm I chuyển động cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B C) Đường thẳng vng góc với IB I cắt đường thẳng AC E, đường thẳng vng góc với IC cắt đường thẳng AB F Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cố định - Hết Họ tên thí sinh: .Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN - Bảng A -Câu: Nội dung Với a ∈ Z a − a = (a − 1)a(a + 1) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho Mà (2.3)=1 ⇒ a − aM ⇒ S − P = (a1 − a1 ) + (a − a ) + + (a − a n )M n 6 Vậy S M ⇔ P M n − n + 2n + 2n = n (n + 1)2 (n − 2n + 2) 2 với n ∈ N , n > n − 2n + = (n − 1) + > (n − 1) 2 n − 2n + = n − 2(n − 1) < n 2 2 Vậy (n − 1) < n − 2n + < n ⇒ n − 2n + không số phương ⇒ đpcm 10 x + = 3(x + 2) Đặt ⇔ 10 (x + 1)(x − x + 1) = 3(x + 2) điều kiện x ≥ −1 x + = a (a ≥ 0) x2 − x + = b Ta có: 10ab = 3a + 3b (b>0) a = 3b ⇔ (a − 3b)(3a-b) = ⇔   b = 3a Trường hợp1: a = 3b Ta có: x + = x2 − x + (1) ⇔ 9x − 9x+9=x+1 ⇔ 9x − 10x+8 = ∆ ' = 25 − 9.8 < ⇒ phương trình (1) vơ nghiệm Trường hợp 2: b = 3a Ta có: x + = x − x + ⇔ 9(x + 1) = x − x + x = + 33 (TM) ⇔ x = − 33 (TM)  ⇔ x − 10x-8 = Vậy phương trình có nghiệm x = ± 33  x + y =   y + = z   z+ =3  x  3x-1 x thay vào (2) ⇒ 3xy+3 = 8x+y (4) Từ (3) Từ (1) ⇒ xy + = 3y ⇔ 3xy+3 = 9y (5) Từ (4) (5) ⇒ 8x+y = 9y ⇒ x = y ⇒z= Chứng minh tương tự : y = z Từ ⇒ x = y = z Thay vào (1) ⇒x+ ⇒x= = ⇒ x − 3x+1 = x 3± ⇒ hệ có nghiệm x=y=z= 3± 1 + ≥ Áp dụng bất đẳng thức x y x + y (với x,y > 0) 1 1 1 ≤ ( + ) ≤ + Ta có: 2x+y+z 2x y + z ; y + z 4y 4z 1 1 ≤ ( + + ) 2x+y+z 2x 4y 4z (1) Suy ra: 1 1 ≤ ( + + ) Tương tự: x+2y+z 4x 2y 4z (2) 1 1 ≤ ( + + ) x+y+2z 4x 4y 2z (3) ⇒ Từ (1),(2),(3) 1 1 1 + + ≤ ( + + ) 2x+y+z x+2y+z x+y+2z x y z ⇒ Dấu "=" xảy ⇔x=y=z= 1 + + ≤1 2x+y+z x+2y+z x+y+2z 2011 2011 Áp dụng bất đẳng thức CôSy cho x ,x 2009 số ta có: x 2011 + x 2011 + + + + ≥ 20112011 (x )2011 2009 ⇒ 2x 2011 + 2009 ≥ 2011x Tương tự: 2y 2011 + 2009 ≥ 2011y (2) 2z 2011 + 2009 ≥ 2011z Từ (1), (2), (3) ⇒ x + y2 + z ≤ (1) (3) 2(x 2011 +y + z ) + 3.2009 2011 2011 2011 ⇒ x + y2 + z ≤ Giá trị lớn M x = y = z = A I E H N P O B F C M Gọi giao điểm BH với AC E AH với BC F, CH với AB I ⇒ HECF tứ giác nội tiếp · · ⇒ AHE = ACB (1) · · Mà ACB = AMB ( góc nội tiếp chắn cung) · · Ta có: AMB = ANB (Do M, N đối xứng AB) (2) Từ (1), (2) ⇒ AHBN tứ giác nội tiếp · · ⇒ NAB = NHB (*) · · Mà NAB = MAB (Do M, N đối xứng qua AB (**) · · Từ (*), (**) ⇒ NHB = BAM · · Chứng minh tương tự: PHC = MAC · · · · · ⇒ NHB + PHC = BAM + MAC = BAC · · Mà BAC + IHE = 180 · · · · · ⇒ NHB + PHC + BHC = 1800 ( IHE = BHC ) ⇒ N, H, P thẳng hàng Gọi J điểm cung lớn BC · BOC = 1200 ⇒ ∆BJC Trên đoạn JM lấy K cho MK = MB ⇒ ∆JKB = ∆CMB J O K C B M ⇒ BM + MC = JM 1 + ≥ BM MC BM + MC 1 ⇒ + ≥ BM MC JM JM lớn ⇔ JM đường kính (O) lúc M điểm cung nhỏ BC 1 + Vậy BM MC nhỏ ⇔ M điểm cung nhỏ BC 0 · · + Khi BAC = 90 ⇒ BIC = 90 ⇒ F trùng với B, E trùng với C lúc EF đường kính ⇒ EF qua điểm O cố định B F O K I A E C · · + Khi BAC < 900 ⇒ BIC > 900 Gọi K điểm đối xứng I qua EF · · · ⇒ EIF = EAF (cùng bù BIC ) · · EKF = EIF (Do I K đối xứng qua EF) · · ⇒ EKF = EAF ⇒ AKFE nội tiếp · · ⇒ KAB = KEF » (cùng chắn KF ) (1) · · IEF = KEF (Do K I đối xứng qua EF) (2) · · · IEF = BIK ( phụ KIE ) (3) · · ⇒ KAB = BIK Từ (1), (2), (3) ⇒ AKBI tứ giác nội tiếp ⇒ K ∈ (O) Mà EF đường trung trực KI ⇒ E, O, F thẳng hàng · · + Khi BAC > 900 ⇒ BIC < 900 chứng minh tương tự Vậy đường thẳng EF qua điểm O cố định - - - Hết - - - SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 Đ CHÍNH THỨ Ề C Mơn thi: TỐN - BẢNG B Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (5,0 điểm) a) Chứng minh với số nguyên n n + n + khơng chia hết cho b) Tìm tất số tự nhiên n cho n + 17 số phương Câu (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x + 4x+5 = 2x+3 2x+y = x  b) Giải hệ phương trình:  2y+x = y  Câu (3,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 4x+3 x2 + Câu (4,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Các đường cao BE, CF tam giác ABC cắt H a) Chứng minh BH.BE + CH.CF = BC b) Gọi K điểm đối xứng với H qua BC Chứng minh K∈ (O) Câu (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, điểm I chuyển động cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B C) Đường thẳng vng góc với IB I cắt đường thẳng AC E, đường thẳng vng góc với IC I cắt đường thẳng AB F Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cố định - - - Hết - - SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN - Bảng B - Câu: a, (2,5) Nội dung *) Nếu nM ⇒ n + nM 3 nên n + n + M (1) /3 *) Nếu n M ⇒ n + 2M /3 /3 ⇒ n + n + M (2) Từ (1) (2) ⇒ ∀n ∈ Z n + n + M /3 (m ∈ N) ⇒ m − n = 17 ⇒ (m − n)(m + n) = 17 = 1.17 =17.1 Đặt m = n + 17 Do m + n > m - n b, m + n = 17 (2,5) m = ⇒ ⇒ m − n = n = Vậy với n = ta có n + 17 = 64 + 17 = 81 = 92 Giải phương trình x + 4x+5=2 2x+3 (1) 2 (1) ⇔ x + 4x+5-2 2x+3 = Điều kiện: 2x+3 ≥ ⇒ x ≥ - ⇔ x + 2x+1+2x+3-2 2x+3 + = ⇔ (x + 1)2 + ( 2x+3 − 1)2 = a, (2.5) x + =  ⇔  2x+3 − =  x = −1 ⇔ 2x+3=1 ⇔ x = −1 thỏa mãn điều kiện Giải hệ phương trình 2x+y=x   2y+x=y  (1) (2) Trừ vế phương trình ta có: x − y2 = x − y ⇔ (x − y)(x + y − 1) = x = y x = y ⇔ ⇔ x + y − = x = − y b, Ta có: (2.5) x = y x = y ⇔ x(x − 3) = x = x = *)  Vậy (x; y) = (0;0); (3;3) x = − y x = − y x = − y ⇔ ⇔ (*) 2x+y = x 2 − 2y + y = (1 − y)2 y − y +1=    Vì phương trình y − y + = vô nghiệm nên hệ (*) vô nghiệm *)  Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3) Tìmgiá trị nhỏ A = 4x+3 x2 + 4x+3 x + 4x+4 = −1 + x2 + x2 + (x + 2)2 A = −1 + ≥ −1 x +1 Dấu "=" xảy ⇔ x + = ⇔ x = −2 Vậy A = −1 x = -2 Ta có: A = a, (2,5) A E H F B O I C K S Gọi I giao điểm AH BC ⇒ AI ⊥ BC Ta có: ∆BHI ∆BCE (g, g) ⇒ BH BI = ⇒ BH.BE = BC.BI (1) BC BE S Ta có: ∆CHI ⇒ ∆CBF (g, g) CH CI = ⇒ CH.CF = BC.CI (2) CB CF Từ (1) (2) suy BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC2 · · b, Gọi K điểm đối xứng H qua BC suy HCB = KCB (2,0) Mà · · FAI = HCI (do tứ giác AFIC nội tiếp) · · · · ⇒ FAI = BCK hay BAK = BCK ⇒ tứ giác BACK nội tiếp đường tròn (O) ⇒ K ∈ (O) · · + Khi BAC = 900 ⇒ BIC = 900 ⇒ F trùng với B, E trùng với C lúc EF đường kính ⇒ EF qua điểm O cố định B F O K I A E C · · + Khi BAC < 900 ⇒ BIC > 900 Gọi K điểm đối xứng I qua EF · · · ⇒ EIF = EAF (cùng bù BIC ) · · EKF = EIF (Do I K đối xứng qua EF) · · ⇒ EKF = EAF ⇒ AKFE nội tiếp · · » ⇒ KAB = KEF (cung chắn KF ) (1) · · IEF = KEF (Do K I đối xứng qua EF) (2) · · · IEF = BIK (cùng phụ KIE ) (3) · · Từ (1), (2), (3) ⇒ KAB = BIK ⇒ AKBI tứ giác nội tiếp ⇒ K ∈ (O) Mà EF đường trung trực KI ⇒ E, O, F thẳng hàng · · + Khi BAC > 900 ⇒ BIC < 900 chứng minh tương tự Vậy đường thẳng EF qua điểm O cố định - - - Hết - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI Đ CHÍNH THỨ È C Bài 1: (4,0 điểm) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP TỈNH Ngày thi: 17/3/2011 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút a) Tính giá trị biểu thức A = a +1 a4 + a +1 − a2 , với a nghiệm dương phương trình 4x + x − = b) Giải phương trình x + x + 1 + x+ = 2 Bài 2: (4,0 điểm) a) Cho hình trịn có diện tích 1, lấy 17 điểm hình trịn khơng có điểm thẳng hàng Chứng minh có điểm lập thành tam giác mà diện tích nhỏ b) Tìm cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn: x 2y − + y 2x − = 2xy Bài 3: (4,0 điểm)  x + y = yz   y + z = xz a) Giải hệ phương trình  z + x = xy   2  x + y + z = 12 b) Cho phương trình (b2 + c2 - a2)x2 - 4bcx + (b2 + c2 - a2) = 0; x ẩn a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh phương trình cho ln có nghiệm Bài 4: (3,5 điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD) Một đường thẳng d song song với đáy, cắt cạnh bên AD P cắt cạnh bên BC Q cho biết đường thẳng d chia hình thang ABCD thành hai phần có diện tích Tính độ dài cạnh PQ; với AB = 9cm Cd = 15cm Bài 5: (4,5 điểm) Cho đường trịn (O; R), đường kính BC điểm A di động đường trịn (với A khác B C) Đường phân giác góc BAC cắt đường tròn (O) K (với K khác A) Biết độ dài đường cao tam giác ABC AH = h a) Tính diện tích tam giác AHK theo R h b) Tìm giá trị h để diện tích tam giác AHK đạt giá trị lớn AH = c) Tính số đo góc ABC tam giác ABC AK Một lời giải: Bài 1: a) A = a +1 = a4 + a +1 + a2 a + a +1 − a Phương trình 4x + x − = có hệ số a, c trái dấu nên có nghiệm dương, nghiệm âm Vì a nghiệm dương phương trình 4x + x − = nên a 4a + a − = ⇔ a = − + 2 2 a a ⇒ a4 = − + (với 0< a < 1) ⇔ a + a + = a + a + 8 8 1 ⇔ a4 + a +1 = a + 6a + = a +3 2 2 ( a + 3) (vì a+3>0) ⇔ a4 + a +1 = 2 4a + 2a − + = + ⇔ a4 + a +1 + a = Vậy A = ( 1 + x+ =2 ĐKXĐ: x ≥ − b) x + x + ) (1)  1 1 1 (1) ⇔ x + x + + x + + = ⇔ x +  x + + ÷ = 4 4 2  ⇔ x+ x+ ⇔ x+ 1 1 + = (vì x + + > 0) 4 1 1 + x + + = 4  1 1 1 ⇔  x + + ÷ = ⇔ x + + = (vì x + + > 0) 2 4  ⇔ x + = 2 − ⇔ x + = − ⇔ x = − (thoả ĐKXĐ) 4 C Tập nghiệm phương trình S = {2 − } Bài 2: a) Vẽ hai đường kính AB CD vng góc với A B Có nhiều điểm nằm AB, nhiều điểm nằm CD Cịn lại 13 điểm không thuộc AB CD D Vì 13 = 4.3 + nên tồn hình trịn có miền chứa điểm Khi tồn hai tam giác có diện tích S1, S2 thoả mãn S1 + S2 < 1 ⇒ S1 < ( ⇒ đpcm) b) x 2y − + y 2x − = 2xy (*) 1 ĐKXĐ: x ≥ ; y ≥ 2 Giả sử S1 ≤ S2 Khi 2S1 < Ta có 2x - - 2x − 1 +1 = ⇔ x ≥ 2x − ⇔ Tương tự 2x − + x (*) ⇔ ) 2x − − ≥ 2x − ≤ (1) (vì x>0) x 2y − ≤1 y (1) & (2) suy ( (2) 2x − + x 2y − ≤ (3) y 2y − = (4) y  2x − =1  x =  x ⇔ (1), (2), (3) & (4) suy  2y − y =  =1  y  Vậy (x; y) = (1; 1) Bài 3:  x + y = yz   y + z = xz a)  (1) z + x = xy  2  x + y + z = 12 ĐKXĐ: x, y, z ≥  x − y 2+ y− z 2+ z− x =0  (1) ⇔   x + y + z = 12  x = y = z ⇔ x = y = z = (vì x, y, z ≥ 0) ⇔ 2  x + y + z = 12 b) (b2 + c2 - a2)x2 - 4bcx + (b2 + c2 - a2) = * Nếu b2 + c2 - a2 = 0, phương trình trở thành: 4bcx = (ln có nghiệm) * Nếu b2 + c2 - a2 ≠ 0, ta có ∆ ' = (-2bc)2 - (b2 + c2 - a2)2 = (a + b + c)(a + b - c)(a + c - b)( b + c - a) > (do a, b, c ba cạnh tam giác) Vậy phương trình cho ln có nghiệm ( ) ( ) ( ) A Bài 4: Gọi h1, h2 chiều cao hình thang P D h1 h2 B x 15 Q C ABQP, PQCD Đặt PQ = x Ta có 2SABQP = 2SPQCD = SABCD ⇔ (x + 9)h1 = (x + 15)h2 = (9 + 15)(h1 + h2) ⇔ (x + 9)h1 = (x + 15)h2 = 12h1 + 12h2 ( x − 3) h1 = 12h  ⇔ ⇔ ( x − 3) ( x + 3) = 144 ⇔ x = 153 (vì x > 0) (x + 3)h = 12h1  Vậy PQ = 153 cm Bài 5: a) Dễ thấy OK ⊥ BC Gọi I gaio điểm AK OH S Ta có ∆ AHI ∆ KOI ⇒ HI OI HO R −h = = = h R R+h R+h A h B H I R h R −h R+h 1 1 h R2 − h2 SAHK = IH.h + IH.R = (R + h) = h R − h2 2 2 R+h 1 R2 b) SAHK = h R − h = 2.h R − h ≤ ( h + R − h ) = 4 Dấu " = " xảy h = R − h ⇔ h = R 2 Vậy SAHK đạt giá trị lớn h = R c) Ta có OH2 = HK2 - R2 = AH2 - R2 (1) ⇒ HI = Ta có 2 OH2 = R2 - AH2 (2) AH · ⇒ tg AOH = (1) & (2) ⇒ OH = ·  AOH = 60o ⇒ ·  AOH = 30o  O R K C ... DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2 010 - 2011 Đ CHÍNH THỨ Ề C Mơn thi: TỐN - BẢNG B Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (5,0 điểm) a) Chứng...SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2 010 - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN - Bảng A -Câu: Nội dung... đường thẳng EF qua điểm cố định - - - Hết - - SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2 010 - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN - Bảng B - Câu: a, (2,5)