SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH  ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2018 - 2019  Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (3,0 điểm)  x +1   xy + x xy + x x +1  Cho biểu thức = + + 1 :  − − P    xy + 1 − xy   1 − + xy xy     với x; y ≥ xy ≠ a Rút gọn P b Tính giá trị biểu thức P x = − + + = y x2 + Câu (3,0 điểm) 3m – Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): ( m – 1) x + y =  = 300 m Tìm m để (d ) cắt (d’) điểm M cho MOx (d’): x + ( m – 1) y = Câu (4,0 điểm) a Giải phương trình: x + − − x + x − 14 x − =  x − x + x + y + x y − = b Giải hệ phương trình:  3x − y +  x − xy − x −= Câu (2,0 điểm) Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi 3a + 3b + 3c + 4abc ≥ 13 Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc 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: tan A.tan B.tan C = tan A + tan B + tan C Câu (3,0 điểm) Cho tam giác 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 tam giác AEF b Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính Câu (2,0 điểm) Tìm tất số nguyên dương ( x; y; z ) cho x + y 2019 số hữu tỉ x + y + z y + z 2019 số nguyên tố  HẾT  Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH  Câu ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019  HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN (Gồm 05 trang) Ý Nội dung    xy + x x +1 xy + x Cho biểu thức = + + 1 :  − P   xy + 1 − xy      với x; y ≥ xy ≠ a Rút gọn P xy − − Điểm x +1   xy +  b Tính giá trị biểu thức P x = − + + = y x2 +  x +1   xy + x = P  + + 1 :  −  xy + 1 − xy      = ( xy − − a 1,5đ = = 3,0đ ) ( )( x + 1 − xy + ( xy + x )( xy + x xy − )( ) ( xy + − ) )( x +1 xy − ( ( 4−2 + 4+2 )( 0,5 ) xy − xy + + − xy 0,5 0,5 xy Vậy với x; y ≥ xy ≠ P = : ) x + 1)( xy − 1) x + 1 − xy + Ta có: x3 = x +1   xy +  − xy + + − xy − xy ) ( xy + x )( )( − xy + ( xy + x )( xy + 1) + ( ( x + 1) = xy ( xy + x y ) ( xy + x ) ) = + 3 − + + − + = − 6x b 1,5đ ⇒ x3 + x =8 ⇔ x x + =8 ⇔ xy =8 thỏa mãn điều kiện xác định ( ) 2 Vậy P = 4 3m – , Cho hai đường thẳng (d): ( m – 1) x + y = Thay vào ta có P = 0,5 0,5 0,5  = 300 m Tìm m để d cắt d’ điểm M cho MOx (d’): x + ( m – 1) y = 3,0đ Tọa độ giao điểm (nếu có) (d) (d’) nghiệm hệ phương trình: ( m – 1) x + y = 3m –  x =m − ( m − 1) y ⇔ * ( )   m y ( m − ) (1)  x + ( m – 1) y = m ( m − )= Để (d) cắt (d’) ⇔ hệ (*) có nghiệm m ≠ ⇔ (1) có nghiệm ⇔  m ≠ 0,5 0,5 Câu Ý Nội dung Điểm 3m −  x =  m ≠ m Với  hệ phương trình có nghiệm  m ≠ y = m −  m  3m − m −  Lúc M  ;  m   m 0,5  = 300 Từ giả thiết MOx m−2 = m ⇒ nên M có hồnh độ dương tan MOx 3m − m  = tan 30= tan MOx 0,5 m−2 m−2 m ⇒ 3m − =± ( m − ) ⇔ = 3m − 3m − m thỏa mãn 3 Vậy m = ;m = − 3 ⇔m= ± 1,0 a Giải phương trình: 3x + − − x + 3x − 14 x − =  x − x + x + y + x y − = b Giải hệ phương trình:  3x − y +  x − xy − x −= x + − − x + x − 14 x − = −1 Điều kiện xác định ≤ x ≤ ( *) Phương trình cho ⇔ ( ) ( 3x + − − ) − x − + 3x − 14 x − = x − 15 5− x − + ( x − )( x + 1) = 3x + + − x +1   ⇔ ( x − 5)  + + ( 3x + 1)  = − x +1  3x + +  ⇔ a 2,0đ 4,0đ 1,0  x = ( t/m (*) )  ⇔ (1)  x + + + − x + + ( x + 1) = 0,5 VT pt (1) lớn với x thỏa mãn (*) nên (1) vô nghiệm 0,5 Vậy tập nghiệm phương trình S = {5} 2 (1)  x − x + x + y + x y − =  3x − y + ( )  x − xy − x −= b 2,0đ Điều kiện xác định 3x − y + ≥ Câu Ý (1) ⇔ ( x + 2) ( x + y − 2) = ⇔ x+ y−2= 0⇔ y = 2− x Nội dung ( x Điểm 0,5 + > 0∀x ) Thay y= − x vào (2) ta 3x − ( − x ) + ⇔ x + 5= x − x − x − x ( − x ) − x − 1= = x + + 11 ⇔ x + 5= x − 12 x − ⇔ (2 x − 3) Đặt x + = 2t − ( 2t − 3)2 =4 x + ( 2t − 3) =4 x +   ( 2t − 3) =4 x + Ta có  ⇔ ⇔  t = x     ( t − x )( t + x − ) = ( x − 3) =4t +  t= − x 2 0,5  x2 − 4x + = Trường hợp 1: t= x ⇔ x + = x − ⇔  ⇔ x= 2+ 3 x − ≥  ⇒y= − thỏa mãn điều kiện xác định ( 0,5 ) Hệ có nghiệm ( x; y ) = + 3; −  x2 − 2x − = Trường hợp 2: t =4 − x ⇔ x + =1 − x ⇔  ⇔ x =1 − 1 − x ≥ ⇒ y =1 + thỏa mãn điều kiện xác định ( ) 0,5 2;1 + Hệ có nghiệm ( x; y ) =− Vậy hệ có nghiệm: ( x; y ) =( + ( ) 3; − ; ( x; y ) =1 − 2;1 + ) Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi 3a + 3b + 3c + 4abc ≥ 13 Đặt T = 3a + 3b + 3c + 4abc Do vai trò a, b, c bình đẳng nên khơng giảm tổng qt ta giả sử < a ≤ b ≤ c Từ a + b + c = a + b > csuy ≤ c < 0,5 T = 3(a + b ) + 3c + 4abc = ( a + b ) − 2ab  + 3c + 4abc   2,0đ = ( − c ) + 3c − 2ab ( − 2c ) 0,5 2  a +b  3−c  Do – 2c > ab ≤   =   , suy     2 T ≥ ( − c ) + 3c − ( a + b ) ( − 2c ) 2 = ( c − 6c + ) + 3c − ( − c ) ( − 2c ) 27 2 =c − c + =c ( c − 1) + ( c − 1) + 13 ≥ 13 2 0,75 Câu Ý Nội dung Dấu xảy a= b= c= Điểm 0,25 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Vẽ đường cao BE AD Gọi H trực tâm G trọng tâm tam giác ABC a Chứng minh: HG//BC tanB.tanC = b Chứng minh: tanA.tanB.tanC = tanA + tanB + tanC A E a 1,5đ H B G D M C Gọi M trung điểm BC Ta có tam giác ABD vuông D AD nên tanB = BD AD Tương tự : tanC = CD AD ⇒ tanB.tanC = BD.CD 0,5 =   = EHA  ⇒ HBD Ta có BHD HAE AD.DH ⇒ tanB.tanC = ⇒ ∆BDH  ∆ADC ⇒ BD.CD = Ta có HG//BC ⇒ AD DH AD AM ⇒ tanB.tanC = = DH GM 0,5 0,5 Gọi S , S1 , S , S3 diện tích tam giác ABC, HBC, HCA, HAB AD DH S1 ⇒ == DH tan B.tanC AD S S 1 S Tương tự ⇒ = 2, = tanC.tan A S tan A.tan B S 1,0 S + S + S3 1 + + = = tan B.tanC tanC.tan A tan A.tan B S tan A + tan B + tan C ⇒ = ⇒ ĐPCM tan A.tan B.tanC 0,5 Ta có tanB.tanC = 3,0đ b 1,5đ ⇒ Cho tam giác 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 tam giác AEF b Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính Câu Ý Nội dung Điểm A 3,0đ I J B E K HM C F  + EAH   + EAB    ⇒ AEC =  a AEC = 900 ,CAE = 900 , EAH = EAB CAE ⇒ ∆AEC cân C ⇒ CI trung trực AE Tương tự BI trung trực AF ⇒ I tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AEF b Gọi M hình chiếu vng góc I BC ⇒ M trung điểm EF IM = r Tam giác ABF cân B, tam giác ACE cân C nên EF = AB + AC − BC Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, tam giác ABC 2r vuông A ta chứng minh AB + AC − BC = ⇒ EF = 2r  = KAC  mà KAC  = KAH , A E đối xứng qua CI nên KEC  + KFE =  + KFE = 900 ⇒ ∆KEF vuông K KAH 900 ⇒ KEC EF ⇒ MK = =r EF Tương tự ⇒ MJ = = r ⇒ MJ = MI = MK = r ⇒ điều phải chứng minh Tìm tất số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn 1,00 1,0 1,0 x + y 2019 số y + z 2019 hữu tỉ x + y + z số nguyên tố 2,0đ x + y 2019 m = ( m, n ∈  * , ( m, n ) = 1) y + z 2019 n nx − my = x y m ⇒ = = ⇒ xz = y ⇒ nx − my = ( mz − ny ) 2019 ⇒  y z n mz − ny = Ta có x + y + z =( x + z ) − xz + y =( x + z ) − y =( x + y + z )( x + z − y ) 0,5 Vì x + y + z số nguyên lớn x + y + z số nguyên tố nên  x2 + y + z = x + y + z  x − y + z = Từ suy x= y= z= 2 x + y 2019 = x + y + z = thỏa mãn yêu cầu toán y + z 2019 Kết luận ( x; y; z ) = (1;1;1) Thử lại 0,5 0,5 0,5 ... y 20 19 số y + z 20 19 hữu tỉ x + y + z số nguyên tố 2,0đ x + y 20 19 m = ( m, n ∈  * , ( m, n ) = 1) y + z 20 19 n nx − my = x y m ⇒ = = ⇒ xz = y ⇒ nx − my = ( mz − ny ) 20 19 ⇒  y z n mz −... 90 0 ⇒ ∆KEF vuông K KAH 90 0 ⇒ KEC EF ⇒ MK = =r EF Tương tự ⇒ MJ = = r ⇒ MJ = MI = MK = r ⇒ điều phải chứng minh Tìm tất số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn 1,00 1,0 1,0 x + y 20 19 số y + z 20 19. ..SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH  Câu ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2018- 20 19  HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN (Gồm