PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN LAI VUNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2018-2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (4,0 điểm) Tính A   3    10 0,2  Tìm số tự nhiên n cho B  n2  2n  18 số phương Với a, b số nguyên Chứng minh a chia cho 13 dư b chia cho 13 dư a  b2 chia hết cho 13 Câu (4,0 điểm) Cho biểu thức C    x 3 x x 3 x 3   Tìm diều kiện xác x 2 x 3 x 1 3 x định rút gọn C a) Chứng minh x4   x   với số thực x Dấu đẳng thức xảy  17 ? b) Cho a, b số thực thỏa mãn a  b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức D  a   b4  Câu (4,0 điểm) Giải phương trình sau: a) x4  x3  x  1 b)  x    x  x x Giải toán sau cách lập phương trình: An dự định từ A đến B xe đạp điện khoảng thời gian định Nếu An với vận tốc 20km / h đến B sớm 12 phút Nếu An với vận tốc 12km / h đến B trễ 20 phút Tính quãng đường AB thời gian dự định lúc đầu An Câu (4,0 điểm) Cho hình vng ABCD điểm M thuộc cạnh BC ( M khác B, C) Một đường thẳng qua A vng góc với AM cắt CD N a) Chứng minh BM  DN AM b) Tính tỉ số MN Cho tam giác ABC , đường cao AH Trên tia đối tia AH lấy điểm D cho AD  BC Tại B kẻ BE  AB cho BE  AB (E C thuộc hai nửa mặt phẳng đối từ bờ AB) Tại C kẻ CF  AC cho CF  AC (F B thuộc hai nửa mặt phẳng đối từ bờ AC ) Chứng minh ba đường thẳng DH , BF CE đồng quy Câu (4,0 điểm) Cho đường tròn  O; R  điểm A ngồi đường tròn Từ điểm M di động đường thẳng d vng góc với OA A, vẽ tiếp tuyến ME, MF với đường tròn  O  ,( E, F tiếp điểm) Đường thẳng chứa đường kính đường tròn song song với EF cắt ME, MF C D Dây EF cắt OM H, cắt OA B Chứng minh rằng: OAOB không đổi Chứng minh EF qua điểm cố định M di chuyển đường thẳng d Tìm vị trí M đường thẳng d để diện tích HBO lớn ĐÁP ÁN Câu 1) A      2    2 3 2    10 0,2     2      20 5 2 5  20   18 2) Đặt n2  2n  18  a 2  a   n  1  17   a  n  1 a  n  1  17 Vì a  , n    a  n  1   a  n  1 ;17 số nguyên tố Suy a  n   17(*) a  n    a  n  Thay a  n  vào (*) tính n  3) Do a chia cho 13 dư nên a  13x   x   b chia cho 13 dư nên b  13 y  3 y    a  b  13x    13 y  3 2  169 x  52 x   169 y  78 y   13.13 x  x  13 y  y  1  13K 13 Vậy a  b2 chia hết cho 13 dfcm  Câu Điều kiện xác định: x  0, x  C   x x 3     x  3 x  1 x  3 x 3   x 1 x x   x  12 x  18  x  x    x 1 x 3  x  3  x      x  x  x  x        x x  3x  x  24 2a) Ta có x4   x8 x 1 x     17  x  1   x     17 Mà 17  x  1   x     x  1  với x 2 Vậy 17  x  1   x   hay x4   Dấu "  " xảy x   x2  4  17 a  b2  8  17 1 1 17      Mà a  b   D  2 17   17 Vậy GTNN D a  b  2 Câu 1a) x4  x3  x  (1) 1  x  x3  x  x  x  2b) Áp dụng kết câu 2a) ta có: D   x  x  1   x   2  x  x  1  x   x2   x     x x    x     x  x   0(VN )  Vậy S  2 1 1b)  x    x  (3) x x x  x    Điều kiện xác định  x     2 x    x     3   x x   x  x 2 x   1  x   x  x   x     1  x   x 1 x 0 x   2x    1  x  1   x 1  x2  x2 0 1  0(VN DK ) x   2x   x   2x   Vậy S  1 2) Gọi x (giờ) thời gian dự định lúc đầu ( x  0) Theo đề ta có phương trình: 1 1   20  x    12  x    20 x   12 x   x  1(tm) 5 3    1 Vậy thời gian dự định giờ, quãng đường AB dài 20.1    16km  5 Câu B A M N C D 1) a) ABM ADN có: AB  AD, ABM  ADN  900 ; BAM  DAN  900  MAD nên ABM  ADN ( g.c.g )  BM  DN b) Vì ABM  ADN  AM  AN  AMN vuông cân tai A AM  Do MN AM MN  AM AN  AM  AM 2 AM  2 D A F I E B H C 2) DAC BCF có: DA  BC ( gt ); AC  CF ( gt ); DAC  BCF  900  ACH Nên DAC  BCF  ACD  F Mà ACD  DCF  900  F  DCF  900 Gọi I giao điểm BF DC Trong CIF có F  DCF  900  CIF  900 hay DC  BF Chứng minh tương tự ta được: DB  CE Trong DBC có DH , CE, BF đường cao nên chúng đồng quy Câu M E C H A B NK O F D OE  OF   R   OM đường trung trực EF  OM  EF Ta có  ME  MF  OB OH HOB AOM    OA.OB  OH OM (1) OM OA (2) EOM vuông E, đường cao EH nên OE  OH OM 2  OE  R (không đổi) Từ (1), (2) suy OAOB R2 2 Vì OA.OB  R  OB  mà R khơng đổi OB khơng đổi mà O cố OA định nên B cố định Vậy điểm M di chuyển đường thẳng d EF qua điểm cố định B BO Gọi K trung điểm OB , mà BHO vuông H nên HK  Do OB không đổi nên HK không đổi HN BO Kẻ HN  BO , ta có: S BHO  Vì BO khơng đổi, nên S HBO lớn  HN lớn Mà HN  HK , dấu "  " xảy  N  K Vậy S HBO lớn  HBO vuông cân H  MO tạo với OA góc 450