Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB vẽ hai tia Ax By, cùng vuông góc AB.. Trên tia Ax lấy điểm Ckhác A, qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OCcắt tia Bytại D.. Chứng minh
Trang 1ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN TAM DƯƠNG NĂM HỌC 2019-2020
Câu 1: (2,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức sau: A= 4+ 10 2 5+ + 4− 10 2 5+
Câu 2: (2,0 điểm) Tìm các số thực a b, để đa thức f x( ) =x4+ax3+bx–1
chia hết cho đa thức
2 – 3 2
x x+
Câu 3: (2,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x−2y= xy
Tính giá trị của biểu thức
x y P
x y
−
= +
Câu 4: (2,0 điểm) Giải phương trình:
2
4 x+ =1 x −5x+14
Câu 5: (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
2 1
3 2
m
m
x − = −
−
vô nghiệm
Câu 6: (2,0 điểm) Cho a b c, , là các số dương thỏa mãn a b c+ + =3
Chứng minh rằng
1
3
abc
+ + + ≥ +
Câu 7: (2,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì
5 5 3 4
n − n + n
luôn chia hết cho 120
Câu 8: (2,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên
3 8 7 8 1
x + = x+
Câu 9: (2,0 điểm) Cho O là trung điểm của đoạn thẳngAB Trên cùng một nửa
mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB vẽ hai tia Ax By, cùng vuông góc
AB
Trên tia Ax lấy điểm C(khác A), qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OCcắt tia Bytại D
a) Chứng minh
2 4
AB = AC BD
b) Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trênCD Chứng minh rằng M thuộc đường tròn đường kínhAB
c) Kẻ đường cao MH của tam giácMAB Chứng minh rằng MH, AD, BC đồng quy
Trang 2Câu 10: (2,0 điểm) Cho sáu đường tròn có bán kính bằng nhau và cùng có điểm
chung Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một trong những đường tròn này chứa tâm của một đường tròn khác
……….HẾT……….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….….Số báo danh:
………
Trang 3LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN TAM DƯƠNG NĂM HỌC
2019-2020 Câu 1: (2,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức sau:
4 10 2 5 4 10 2 5
A= + + + − +
Lời giải
4 10 2 5 4 10 2 5 0
A= + + + − + >
2 4 10 2 5 4 10 2 5 2 16 10 2 5
2 8 2 6 2 5
2 8 2 5 1
-2 6 2 5
A = +
2 5 1
5 1
(Do A > 0)
Câu 2: (2,0 điểm) Tìm các số thực a b, để đa thức f x( ) =x4+ax3+bx–1
chia hết cho đa thức
2 – 3 2
x x+
Lời giải
Ta có: x2 – 3x+ =2 (x–1)(x– 2 )
Theo bài ra: f x( ) (Mx–1) (x– 2 ) ( )
f x
chia hết cho x- 1 Þ f( )1 =0 0
Þ + = Þ
=-(1) ( )
f x
chia hết cho x- 2Þ f( )2 =0
8a 2 b =–15
(2)
Từ (1) và (2) Þ 8a+2 –( )a =–15
Þ
5 2
a
;
5 2
b=
Trang 4Vậy
5 2
a
;
5 2
b=
Câu 3: (2,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn
2
x− y= xy
Tính giá trị của biểu thức
x y P
x y
−
= +
Lời giải
2
⇔ x− xy −2y= ⇔ −0 x 2 xy + xy −2y=0
⇔ ( x−2 y)( x+ y) =0
Vì x+ y >0
Khi đó P=
y y
+
Câu 4: (2,0 điểm) Giải phương trình:
2
4 x+ =1 x −5x+14
Lời giải
ĐKXĐ: x³ - 1
2
4 x+ =1 x −5x+14 Û x2- 5x- 4 x+ +1 14=0
2
3 0
1 2 0
x x
ì - = ïï
Û íï
+ - =
(TM) Vậy phương trình có nghiệm là x=3
Câu 5: (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
2 1
3 2
m
m
x − = −
−
vô nghiệm
Lời giải
Trang 52 1
3 2
m
m
x − = −
− Þ 2m- = -1 (x 2)(m- 3) (m 3)x 4m 7
-(*) + Xét m=3 Phương trình (*) trở thành 0x = 5 (Vô lý)
3
m
thì phương trình đã cho vô nghiệm
+ m¹ 3, phương trình đã cho có nghiệm
4 7 3
m x m
-=
-Để phương trình đã cho vô nghiệm thì
4 7
2 3
m m
- =
-1 2
m
Vậy với m=3,
1 2
m= thì phương trình đã cho vô nghiệm
Câu 6: (2,0 điểm) Cho a b c, , là các số dương thỏa mãn a b c+ + =3
Chứng minh rằng
1
3
abc
+ + + ≥ +
Lời giải
Áp dụng BĐT cauchy ta có (a b c ab bc ca+ + ) ( + + )³ 33 abc.33a b c2 2 2 =9abc
3
ab bc ca
Ta chứng minh
1
3 3
ab bc ca
ab bc ca
abc
+ +
1 3
ab bc ca ab bc ca
abc
Thật vậy:
VT
Dấu bằng xảy ra khi a= = =b c 1
Trang 6Câu 7: (2,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì
5 5 3 4
n − n + n
luôn chia hết cho 120
Lời giải
Ta có:
n − n + n
=n n ( 2− 1 ) ( n2− 4 )
Và
3
120 2 3 5= .
Trong 5 số nguyên liên tiếp luôn tồn tại một số chia hết cho 5, một số chia hết cho 3 và ít nhất hai số chẵn liên tiếp nên tích của
2 số này chia hết cho 8
Mà 3, 5, 8 đôi một nguyên tố cùng nhau nên tích 5 số đó chia hết cho 120
Câu 8: (2,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên:
3
8 7 8 1 + = +
Lời giải
3
ĐK xác định:
1
8
+ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥
(vì x∈¢
)
PT tương đương với:
2
x
Vì với x≥0
thì
2
5x +15x+ >17 0
nên suy ra x− = ⇔ =3 0 x 3 Vậy PT có nghiệm duy nhất x=3
Lưu ý: HS có thể giải theo cách thử trực tiếp x = 1,2, ,5 Với x > 5
chứng minh vế trái lớn hơn vế phải
Câu 9: (2,0 điểm) Cho O là trung điểm của đoạn thẳngAB
Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng
AB
vẽ hai tia Ax By, cùng vuông góc AB Trên tia
Trang 7lấy điểm C(khác A), qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OCcắt tia Bytại
D
a) Chứng minh
2 4
AB = AC BD
b) Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trênCD Chứng minh rằng M thuộc đường tròn đường kínhAB
c) Kẻ đường cao MH của tam giácMAB Chứng minh rằng MH, AD, BC đồng quy
Lời giải
a) Chứng minh ∆OAC: ∆DBO
(g.g)
OA AC
OAOB AC BD
DB OB
2 2
AB AB
AC BD
2 4 B
(đpcm)
b) Theo câu a ta có: ∆OAC: ∆DBO
(g.g)
mà OA OB=
+) Chứng minh: ∆OAC∽∆DOC
(c.g.c)
ACO OCM
⇒ =
⇒ M
c) Gọi K là giao của MH vớiBC , I là giao của BM với Ax
Ta có ΔOAC = ΔOMC ⇒ OA OM CA CM = ; = ⇒ OC
là trung trực của AM
OC AM
Mặc khác OA OM= =OB
⇒ ∆AMB
vuông tại M
Trang 8//
OC BM
(vì cùng vuông gócAM ) hay OC // BI +) Xét ∆ABI
có OM đi qua trung điểmAB , song song BI suy ra OM đi qua trung điểm AI ⇒IC =AC
+) MH // AI theo định lý Ta-lét ta có:
MK BK KH
IC =BC = AC
Mà IC= AC ⇒MK =HK ⇒BC
đi qua trung điểm MH
quy
Câu 10: (2,0 điểm) Cho sáu đường tròn có bán kính bằng nhau và cùng có điểm
chung Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một trong những đường tròn này chứa tâm của một đường tròn khác
Lời giải
Giả sử có sáu đường tròn tâm O i (i = 1, 2, ,
6) có bán kính r và M là điểm chung của các
đường tròn này Để chứng minh bài toán ta
chỉ cần chứng minh ít nhất có hai tâm có
khoảng cách không lớn hơn r.
Nối M với các tâm Nếu hai trong những đoạn
thẳng vừa nối nằm trên cùng một tia có điểm đầu mút là M thì bài toán
được chứng minh
Trong trường hợp ngược lại, xét góc nhỏ nhất trong các góc nhận được
đỉnh M, giả sử đó là góc O 1 MO 2
Do tổng các góc này là 3600 nên góc O 1 MO 2 ≤ 600 Khi đó trong tam
giác O 1 MO 2 có một góc không nhỏ hơn góc O 1 MO 2 (nếu ngược lại thì tổng các góc trong tam giác nhỏ hơn 1800)
Từ đó suy ra trong những cạnh MO 1 và MO 2 trong tam giác O 1 MO 2 tồn
tại cạnh không nhỏ hơn O 1 O 2 tức ta có O 1 O 2≤ r vì MO 1≤ r, MO 2≤ r.