UBND HUYỆN KINH MƠN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017-2018 MƠN: TỐN – LỚP Thời gian làm : 150 phút Câu (2,0 điểm) 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x  x  1 x  2  2) Biết 4a  b2  5ab với 2a  b  Tính giá trị biểu thức C  ab 4a  b 2 Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau: 1) x  3x   x   2) 9x x  8 2x  x  2x  x  Câu (2,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x  xy   x  y   y  10  2) Cho đa thức f ( x)  x3  3x  3x  Với giá trị nguyên x giá trị đa thức f ( x) chia hết cho giá trị đa thức x  Câu (3,0 điểm) Cho O trung điểm đoạn AB Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB vẽ tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C(khác A), qua O kẻ đường thẳng vng góc với OC cắt tia By D 1) Chứng minh AB2  AC.BD 2) Kẻ OM vng góc với CD M Chứng minh AC  CM 3) Từ M kẻ MH vng góc với AB H Chứng minh BC qua trung điểm MH Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P  1   16 x y z ĐÁP ÁN Câu 1) x  x  1 x     x  x  1 x  1 x      x  x  x  x      x4  x2    x4  x2     x  x  1 2) 4a  b  5ab   a  b  4a  b   a  b  a  b    4a  b   a  4b Do 2a  b  nên 4a  b loại ab a2   Với a  b C  2 4a  b 4a  a Câu 1) *Với x  ta có phương trình: x2  3x   x    x  x    x  1(tm) *Với x  ta có phương trình:  x  (ktm) x  3x    x   x  x      x  (tm) Vậy nghiệm phương trình x  2) Xét x  nghiệm Xét x  9x x  8 2x  x  2x  x    8 3 2x   2x 1  x x Đặt 2x   t ta có phương trình: x  8 t 1 t 1 ĐKXĐ: x  1 PT  8t  8t     2t  1   t  2 1  95   x    x2  x     x      PTVN x  16  Câu Ta có: x  xy   x  y   y  10   x  xy  28 x  28 y  y  40    x  y    y   * Ta thấy:  x  y    nên y   y  y nguyên nên y 0;1  y 0;1; 1 Với y  thay vào * ta  x    tìm x 2; 5 Với y  thay vào * ta có :  x    khơng tìm x ngun Với y  1 thay vào * ta có:  x  5  khơng tìm x ngun Vậy  x; y  nguyên tìm  2;0  ;  5;0  Chia f ( x) cho x  thương x  dư x  Để f ( x) chia hết cho x  x  chia hết cho x    x   x   chia hết cho x   x  chia hết cho x   x2   chia hết cho x   chia hết cho x  mà x    x  3;6  x 1; 2 Thử lại ta thấy x  1; x  2 thỏa mãn Vậy với x  1; x  2 f ( x) chia hết cho x  Câu D I M C K A H O B Chứng minh OAC DBO OA AC    OA.OB  AC.BD DB OB AB AB AB   AC.BD   AC.BD(dfcm) 2 OC AC Theo câu a ta có: OAC DBO  g.g    OD OD OC AC OC OD Mà OA  OB     OD OA AC OA Chứng minh OCD ACO  c.g.c   OCD  ACO Chứng minh OAC  OMC (ch  gn)  AC  MC  dfcm  Ta có: OAC  OMC  OA  OM ; CA  CM  OC trung trực AM  OC  AM Mặt khác OA  OM  OB  AMB vng M  OC / / BM (vì vng góc với AM ) hay OC//BI Chứng minh C trung điểm AI MK BK KH Do MH / / AI theo hệ định lý Ta let ta có:   IC BC AC Mà IC  AC  MK  HK  BC qua trung điểm MH (đpcm) Câu  1 1 1  y x   z     x  y  z        16 x y z  16 x y z   16 x y   16 x y x    y  2x Theo BĐT cô si ta có: 16 x y z x z y    z  x;    z  y Tương tự 16 x z 4y z 49  P  Dấu xảy x  ; y  ; z  16 7 P x  z y  21      z   y z  16