Tên : Trương Quang An Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng Địa : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 01208127776 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP TỈNH Ngày thi : 24/3/2015 Môn : Toán Thời gian làm : 150 phút Bài 1: (4,0 điểm ) a) Với a,b số nguyên CMR : Nếu 4a2  3ab 11b2 chia hết cho 55 a4  b4 chia hết cho b) Tìm số nguyên tố p để p  p số nguyên tố c) Tìm tất tam giác vuông có độ dài cạnh số tự nhiên số đo diện tích số đo chu vi Bài :(4,0 điểm) 3x  3x   3x  10 x  y  xy    b) Giải hệ phương trình:  1  x2  x  y  y   a) Giải phương trình : Bài : (4 điểm ) a) Cho ba phương trình ( ẩn x): x2  2ax  bc  0(1); x2  2bx  ac  0(2); x2  2cx  ab  0(3); CMR ba phương trình cho có phương trình có nghiệm b) Tìm GTNN biểu thức A= x  xy  y  x  Bài : (4 điểm ) Cho tam giác ABCABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.Trên nhỏ BC lấy điểm M ( M khác B,C ).Gọi H,I,K điểm đối xứng M qua AB,BC,AC a) Chứng minh ba điểm H,I, K thẳng hàng b) Tìm vị trí điểm M để HK lớn Bài (4 điểm ) 1) Cho đường tròn tâm (O;R) điểm A cố định cho OA=2R Một đường thẳng d quay quanh điểm A ( không qua tâm O) cắt đường tròn (O;R) hai điểm phân biệt M, N (M nằm điểm A,N) a) Tính diện tích tam giác AON theo R M trung điểm AN b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MON qua điểm cố định (khác điểm O) 2) Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM.Tính số đo góc B C tam giác ABC, biết MAB  150 MAC  300 Bài giải : Bài 1: (4,0 điểm ) a) Với a,b số nguyên CMR : Nếu 4a2  3ab 11b2 chia hết cho a4  b4 chia hết cho b) Tìm số nguyên tố p để p  p số nguyên tố c) Tìm tất tam giác vuông có độ dài cạnh số tự nhiên số đo diện tích số đo chu vi Giải 2 a) Ta có 4a  3ab 11b hay (4a  b)(a  b) (1) Mà ta có (4a  b)  (a  b)  5a Nên hai biểu thức 4a-b a+b phải có biểu thức chia hêt cho Gỉa sử (a  b) a4  b4  (a  b)(a  b)(a2  b2 ) Gỉa sử (4a  b) hay (5a  a  b) nên (a  b) a4  b4  (a  b)(a  b)(a  b2 ) b) Nếu p=2 p2  p    (không thỏa ) Nếu p=3 p2  p    17 ( thỏa ) Nếu p  p2  p  ( p2 1)  (2 p  1) Kết luận p=3 giá trị cần tìm c) Gọi a,b,c độ dài hai cạnh tam giác vuông cần tìm Khi ta có a  b  a  b2  a  b2  ab  ab  (a  b)  ab  4a  4b    (a  4)(b  4)  (1).(8)  (2).(4) Ta có trường hợp sau : a    a   (thỏa mãn ) c  13 b   b  12 TH1 :  a   a  12  (thỏa mãn )khi c  13 b   b5 TH2 :  a   1  a   ( không thỏa mãn ) b   8 b  4 TH3 :  a   8 a  4 ( không thỏa mãn )   b   1  b  TH4 :  a   a  (thỏa mãn ) c  10  b   b  TH5:  a   a  (thỏa mãn ) c  10  b   b  TH6:  a   2 a  ( không thỏa mãn )  b   4 b  TH7:  a   4 a  (không thỏa mãn )  b   2 b  TH5:  Vậy độ dài cạnh tam giác vuông : (5;12;13) ; (12;5;13) ;(6;8;10) (8;6;10) Bài :(4,0 điểm) 3x  3x   3x  10 x  y  xy    b) Giải hệ phương trình:  1  x2  x  y  y   a) Giải phương trình : Giải 1 Ta có : 3x 3x 3x 1  3x      3x.(  )0 3x  10 3x  10 3x   3x  10 3x   a) Điều kiện x  3x   x     1   x  3x    3x  10 Vậy nghiệm phương trình S  0;5 x  y  xy  ( x  x  1).( y  y  1)  16   ( x  1).( y  1)     b)  1  1  1     x2  x  y  y   x2  2x  y  y  x  2x y  y    2 Đặt a  x  x; b  y  y Hệ phương trình trở thành : (a  1).(b  1)  16  x2  x   x  y 1 a       1   b   y  y   x  y  3  a b Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;1) (-3;-3) Bài : (4 điểm ) d) Cho ba phương trình ( ẩn x): x2  2ax  bc  0(1); x2  2bx  ac  0(2); x2  2cx  ab  0(3); CMR ba phương trình cho có phương trình có nghiệm b) Tìm GTNN biểu thức A= x  xy  y  x  Giải a) 1'  '2  3'  a  bc  b2  ac  c2  ab  (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2   nên ba phương trình cho có phương trình có nghiệm b) Ta có 3A= x  xy  y  x  hay 3A= ( x  y )2  2( x  1,5)2  1,5  A  0,5 Gía trị nhỏ A -0,5 x=2,25 y=0,25 Bài : (4 điểm ) Cho tam giác ABCABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.Trên nhỏ BC lấy điểm M ( M khác B,C ).Gọi H,I,K điểm đối xứng M qua AB,BC,AC a) Chứng minh ba điểm H,I, K thẳng hàng b) Tìm vị trí điểm M để HK lớn Giải A K O I Q H B N P M C a)Gọi P,N,Q giao điểm MH với AB ,MI với BC ,MK với AC.Ta có cá tứ giác MNBP ,MNQC nội tiếp đường tròn Suy PMB  PNB ; CMQ  CNQ Mặt khác MBP  MCQ suy PMB  CMQ Do PNB  CNQ nên P,M,Q thẳng hàng Mà ta có NP,NQ đường trung bình tam giác MHI MKI nên IH song song với PQ (1) IK song song với PQ (2) Từ (1) (2) suy ba điểm H,I, K thẳng hàng b) HK lớn PQ lớn (Vì HK = 2PQ) mà PQ lớn PQ đường kính đường tròn ngoại tiếp từ giác APMQ hay PQ = AM mà AM lớn AM đường kính đường tròn (O) hay M điểm cung BC Bài (4 điểm ) 1) Cho đường tròn tâm (O;R) điểm A cố định cho OA=2R Một đường thẳng d quay quanh điểm A ( không qua tâm O) cắt đường tròn (O;R) hai điểm phân biệt M, N (M nằm điểm A,N) a) Tính diện tích tam giác AON theo R M trung điểm AN b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MON qua điểm cố định (khác điểm O) 2) Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM.Tính số đo góc B C tam giác ABC, biết MAB  150 ; MAC  300 Giải N C M P A H I T 1) O a)Gọi I trung điểm AO=>I thuộc (O) Mà M trung điểm AN => IM  IM  ON R  Tam giác OMI cân O có OM=OI=R; 2 ON R  2 Kẻ đường cao OP tam giác MIO ,ta có OP  MO  MP  R  Nên SOIM R R 15  16 R R 15 R 15 R 15 R 15 Mà S AON  4.SOIM     2 16 16 b.Gọi (C) đường tròn ngoại tiếp tam giác MON Gọi H giao đường tròn ngoại tiếp MON AO Tứ giác MION nội tiếp đường tròn (O) nên =>AM.AN=AH.AO Lại có AM AN  AT (với AT tiếp tuyến (O) T) => AH AO  AT => AH không đổi=>H cố định Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MON qua H cố định 2) Lấy H đối xứng với B qua AM =>Tam giác ABH cân =>AH=BH (1) BC Mà AM trung trực BH=>BM=MH => MH  Nên tam giác BHC vuông H => AHC  600  900  1500 Mà HAC  150 => HAC  HCA  150 =>Tam giác AHC cân H Lúc ta có AH=HC (2) Từ (1),(2)=>BH=HC Mà BHC  900 =>Tam giác BHC vuông cân H Suy HBC  450 nên ta có ABC  1050 ACB  300