SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2018-2019 MƠN TỐN Thời gian làm bài: 150 phút  x 1 xy  x   xy  x x 1    1 :    Câu Cho biểu thức P     xy  1  xy   xy  xy      Với x, y  0, xy  a) Rút gọn P b) Tính giá trị P x     y  x  Câu Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  :  m  1 x  y  3m   d ' : x   m  1 y  m Tìm m để (d) cắt  d ' điểm M cho MOx  300 Câu a) Giải phương trình 3x    x  3x2  14 x    x3  x  x  y  x y   b) Giải hệ phương trình:   x  xy  x   3x  y  Câu Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi 3a2  3b2  3c2  4abc  13 Câu Cho tam giác ABC nhọn Vẽ đường cao BE AD Gọi H trực tâm G trọng tâm tam giác ABC a) Chứng minh HG / / BC tan B.tan C  b) Chứng minh t anA.tan B.tan C  tan A  tan B  tanC Câu Cho ABC vuông A, đường cao AH Gọi I, J, K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ABH , ACH Gọi giao điểm đường thẳng AJ , AK với cạnh BC E F a) Chứng minh I tâm đường tròn ngoại tiếp AEF b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK đường tròn ngoại tiếp ABC có bán kính Câu Tìm tất số nguyên dương  x; y; z  cho x  y  z số nguyên tố x  y 2019 số hữu tỉ y  z 2019 ĐÁP ÁN Câu a) Ta có:  P    x  1  xy    xy  x  xy   xy 1  xy 1  xy   xy   xy  x 1  xy    x  11  : 1  xy 1  xy  b) Ta có: x3   3    xy  22 x  x y  xy x 1 xy   x 1        6x  x. x     xy   P   Câu Từ  m  1 x  y  3m   y  1  m  x  3m  vào phương trình đường thắng  d ' ta có: x   m  1 x   m  1 3m    m  m   m  x    m  3m   (*) Để (d) (d’) cắt M phương trình (*) có nghiệm nhất, suy m  0, m  3m  1  m  3m    3m   m  Do M  3m  ; m   y   m  m m m  m MH m2  tan 300  Kẻ MH vuông góc với Ox Do MOx  300 nên tan MOx  OH 3m  Khi x  m2  m2       m   m   thỏa mãn  3 3m   3m   Câu a)ĐKXĐ:   x  Phương trình  3x     x   3x  14 x       xy  3x  15 5 x      x  5 3x  1    x  5    3x  1  3x    x 1  x 1  3x    1   3x   Do   x  nên 3x    x 1 Do x  nghiệm phương trình b) ĐKXĐ: 3x  y   Từ phương trình thứ ta có  x    x  y    Vì x2   nên x  y     x vào phương trình (2) ta được: x  x   x   x   3x   x   x   x  x   x   x  12 x   x   11   x  3 Đặt x   2t  3, ta có hệ phương trình:  t  x 2  2t  3  x   t   x   x  t  t  x t  x              t   x    x  3  4t   x2  x    x   Xét t  x  x   x     (TMDK ) x   y       x2  x    x   Xét t   x  x    x    (TMDK ) y   1  x      Vậy hệ phương trình cho  x; y    3;  ;  2;1   Câu Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên a  b  c   c  c   2c  Đặt 2 P  3a  3b2  3c  4abc   a  b   2ab   3c  4abc  3  c   3c  2ab   2c    2  c    2c    a b  3c  Lại có: ab       2ab   2c       Do đó: P    c   3c 2  c    2c   c  6c     2c   2c  3c  27    3c  2 2  c3  2c  c    c  2c  1  26 2 2c  c  1   c  1    13  13 2 Dấu "  " xảy a  b  c  2 Câu A E N H B D G C M a) Gọi M trung điểm BC Ta có: tan B.tan C  tan ABD.tan ACB  AD AD BD CD Xét BDH ADC có: BDH  ADC  900 ; HBD  HAE nên BDH AD  BD.CD  AD.DH tan B.tan C  DH AD AM    tan B.tan C  Vì HG / / BC nên DH GM ADC b) Ta có tan B.tan C  AD S S   BHC Tương tự ta có  CHA ; DH tan B.tan C S ABC tan C.tan A S ABC S  AHB tan A.tan B S ABC Do đó: 1 S  S BHC  SCHA    AHB 1 tan A.tan B tan B.tan C tan C.tan A S ABC Suy tan A  tan B  tan C  tan A.tan B.tan C Câu A I K J B E HM F C a) Ta có AEC  EAH  CAE  EAB  900 mà EAH  EAB  AEC  CAE  ACE cân Tương tự ta có BI trung trực AF suy I tâm đường tròn ngoai tiếp AEF b) Kẻ IM  BC M  ME  MF Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp ABC IM  r Ta có ABF cân B, ACE cân C nên EF  AB  AC  BC Ta dễ dàng chứng minh AB  AC  BC  2r suy EF  2r Vì CI trung trực AE nên KEC  KAC mà KAH  KAC; KAH  KFE  900  KEC  KFE  900 EF  r  MJ  MI  MK  r Hay KEF vuông K  MK  Câu Đặt    x  y 2019 a  với a, b *  a, b   Ta có: b x  y 2019  a y  z 2019 y  z 2019 b bx  ay  x y a  bx  ay   az  by  2019       zx  y y z b az  by  Do x2  y  z   x  z   zx  y   x  z   y   x  y  z  x  z  y  2 Vì x, y, z nguyên dương nên x  y  z  Vậy x  y  z số nguyên tố thi  x2  y  z  x  y  z x  y 2019  x  y  z   x  y  z  Khi  y  z 2019 x  z  y   ...  x  y  z  x  z  y  2 Vì x, y, z nguyên dương nên x  y  z  Vậy x  y  z số nguyên tố thi  x2  y  z  x  y  z x  y 2019  x  y  z   x  y  z  Khi  y  z 2019 x  z  y