SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học : 2018-2019 Mơn: TỐN Ngày thi: 18/03/2019 Bài (5,0 điểm) Tính giá trị biểu thức : A  x3  y3  3 x  y  , biết rằng: x  3  2  3  2 y  17  12  17  12 1 Cho hai số thực m, n khác thỏa mãn   Chứng minh phương trình m n 2  x  mx  n  x  nx  m  ln có nghiệm Bài (5,0 điểm)  x  xy  y  (1) Giải hệ phương trình:   x  y  x  (2) Tìm nghiệm nguyên phương trình: xy  x  y   x  y  xy(1) Bài (3,0 điểm) Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích tam giác với đỉnh điểm cho không lớn Chứng minh số điểm cho tìm 2019 điểm nằm cạnh tam giác có diện tích khơng lớn Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn: a  b  c  Chứng minh rằng: a b3   b c   c a   Bài (7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân A Goi D trung điểm cạnh BC Lấy điểm M đoạn AD ( M không trùng với A) Gọi N , P theo thứ tự hình chiếu vng góc M cạnh AB, AC H lầ hình chiếu vng góc N lên đường thẳng PD a) Chứng minh rằng: AH  BH b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực AB I Chứng minh ba điểm H , N , I thẳng hàng Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH Gọi M giao điểm HB MB AB   (*) Dấu xảy ? AO BC Chứng minh HC MC AC ĐÁP ÁN Bài 1 Ta có: x3  Và y    3 2  3 2 17  12  17  12    2  3x   2   3x   17  12  y  17 12  34  y Cộng vế theo vế, ta được: x3  y3  40  3x  y  x3  y  3 x  y   40 Vậy A  40 x  3  2  3  2 y  17  12  17  12 1 Từ    4m  4n  2mn  m2  n2  m2  n2  4m  4n  0(*) m n  x  mx  n  (2) 2 Ta có:  x  mx  n  x  nx  m   (1)   (3)  x  nx  m  Giả sử hai phương trình (2) (3) vô nghiệm:     m  4n     m2  n2  4m  4n  **     n  4m  Nhận thấy * ** mâu thuẫn nên giả sử sai Suy hai phương trình (2) (3) có phương trình có nghiệm Do phương trình (1) ln có nghiệm Bài Điều kiện x  Ta có: 1   x  1 x  y  1   y   x(do x   0) Thay y   x vào (2) ta được: x 1 x   x    x  1    x    x  1  x 1    x 1     3  x    x    x  1 Vi    x 1       Với x   y  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y   1;0     x 1  x 1 1   x 1  0    Ta có: 1  x  x  1  y  x  1  y  x  1    x  1  x  y  y   x 1  Vì x, y  , suy   I  x  y  y    x   1 ( II )  x  y  y     x  x    x  x   y   y 1 *)  I      *)  II       y    y   y    y      2 Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên :  0;1 ;  2;1 Bài Gọi Ai Aj hai điểm xa điểm thuộc tập hợp 8073 điểm cho -Giả sử Am điểm cách xa đoạn thẳng Ai Aj Khi đó: Tam giác Ai Aj Am tam giác lớn có diện tích không lớn - Ta vẽ đường thẳng qua điểm Ai , Aj , Am song song với cạnh Ai Aj Am Ta tam giác nhỏ tam giác lớn chứa tất tam giác nhỏ Và tam giác lớn có diện tích khơng đơn vị Do đó, tam giác chứa tất 8073 điểm cho Nhận thấy 8073: 2018 dư Nên theo nguyên lý Dirichle, suy có tam giác có tam giác chứa 2019 8073 điểm cho 2, Ta có: P  2a b3   2b c3   2c a   2a  b  1  b2  b  1  2b  c  1  c  c  1  2c  a  1  a  a  1  a  b    b  c    c  a    ab  bc  ca   M  COSI Không tính tổng quát, giả sử b  c  a b  a  c  c  b    abc  b2c  ab2  bc  ab2  bc  ca  abc  b2c  ca ab ab Suy M  abc  b2c  ca  2abc  b 2c  ca  c  a  b   4.c 2 3  a  b a  b  4. a  b  c  M   c   4   27  2  27 a  b  c  b  b  c  a   Do 2P  10  P  Dấu “=” xảy khi:   c  2c  a  b  a  abc  2abc Vậy với a, b, c số thực không âm thỏa mãn a  b  c  a b3   b c   c a   Dấu "  " xảy  a, b, c    0,1,2  ; 1,2,0  ;  2,0,1 Bài B D I M N A H P a) Dễ dàng chứng minh MNAP hình vng Ta có MNPH ANHP tứ giác nội tiếp nên APN  AHN  450 MHN  MPN  450 Do AHN  NHM  900 hay AH  BH b) Vì ABI ABH tam giác vuông nên tứ giác AHBI nội tiếp, suy BHI  BAI  450 Lại có MHN  450 N nằm đường thẳng HI Hay H , N , I thẳng hàng C K B H A E I D O M C Chứng minh tương đương IB AB  (1) IC AC Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt AM D, cắt AI E cắt AH K HB AB MB AB IB AB Khi đó:  ;   (2) HC CK MC CD IC CE Từ (1) (2) suy ra: AB AB AB 1      (3) *  CK CD CE CK CD CE Ta có: CEA  BAE  CAE  ACE cân C, suy CA  CE 1 CK  CD     (4) Do đó,  3  CK CD CA CK CD CA Sử dụng tính chất hai góc nội tiếp hai góc phụ nhau, ta chứng minh được: BAH  CAD mà BAH  AKC (so le trong)  AKC DAC  g.g   CD.CK  CA2  CA  CD.CK CK  CD   CK  CD  CK CD (luôn đúng) Thay vào (4) ta được: CK CD CK CD Dấu "  " xảy CK  CD , suy AH qua O  ABC cân A, AB  AC Kẻ phân giác góc BAC cắt BC I, suy