66 HSG 18 KIENGIANG LE TUNG HAI

Tìm các giá trị của m để phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 2 và một nghiệm lớn hơn 2.. Bước 2: Vẽ cung tròn tâm A bán kính AC cắt tia AD tại F.. Bạn An ngồi nghịch xếp tờ giấy A4 này th

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1: (3 điểm)

1) Cho biểu thức A n 24n5 ( n là số tự nhiên lẻ) Chứng minh rằng

A không chia hết cho 8

2) Cho số x (x; x0) thỏa mãn điều kiện:

2 2

1 7

x x

Tính giá trị các biểu thức:

5 5

1

B x

x

Câu 2: (3 điểm)

Rút gọn biểu thức:

Câu 3: (4 điểm)

1) Giải phương trình: 3x2 27x38 9 x2 6

2) Tìm hai số m , n cùng dấu thỏa mãn điều kiện: m 2n đạt giá trị nhỏ nhất sao cho hai phương trình sau có nghiệm chung: x2mx 2 0;

2

x  nx 

Câu 4: (3 điểm)

1) Cho phương trình:x22(m 3)x m  3 0 Tìm các giá trị của m để

phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 2 và một nghiệm lớn hơn 2

2) Cho , , ,x y z t là các số thực dương Chứng minh rằng:

2

y z  z t t x  x y 

Câu 5: (3,5 điểm) Để có được tờ giấy khổ A4 (kích thước xấp xỉ 21cm x

29,7cm) người

ta thực hiện như hình vẽ minh họa bên

Bước 1: Tạo ra hình vuông ABCD cạnh a 21

cm

Bước 2: Vẽ cung tròn tâm A bán kính AC cắt

tia AD tại F

Bước 3: Tạo hình chữ nhậtABEF

Khi đó hình chữ nhật ABEFchính là tờ giấy A4 thông dụng hiện nay Bạn An ngồi nghịch xếp tờ giấy A4 này theo đường thẳngAE, rồi xếp

theo đường thẳng FM ( M là trung điểm BE ) khi mở tờ giấy ra An ngạc nhiên thấy hai đường thẳng FM và AE vuông góc với nhau Em hãy chứng minh giúp bạn An vẽ điều đó

Câu 6: (4 điểm)

Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm O , trên dây cung DC

lấy điểm E sao cho DC3DE, nối AE cắt cung nhỏ CD tại M Trên

cung nhỏ CB lấy điểm N sao cho cung nhỏ DM bằng cung nhỏ CN , nối AN cắt dây cung BC tại F Chứng minh rằng: F là trung điểm của

BC

LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC

2017-2018 Câu 1: (3 điểm)

1) Cho biểu thức A n 24n5 ( n là số tự nhiên lẻ) Chứng minh rằng

A không chia hết cho 8

2) Cho số x (x; x0) thỏa mãn điều kiện:

2 2

1 7

x x

Tính giá trị các biểu thức:

5 5

1

B x

x

Lời giải

1) Ta có: n24n 5 n2 1 4 n 6 (n1)(n1) 2(2 n3)

Do n lẻ nên n  và 1 n  là hai số chẵn liên tiếp ( 1)(1  n n1) 8

Mà 2n  lẻ 23  n không chia hết cho 4 3  2(2n3) không chia hết cho

8  (n 1)(n1) 2(2 n3)  (n 1)(n1) 2(2 n3) không chia hết cho 8 2) Ta có:

2 2

2

3

Câu 2: (3 điểm)

Rút gọn biểu thức:

Lời giải

2

1

 

 

 

1

Câu 3: (4 điểm)

1) Giải phương trình: 3x2 27x38 9 x2 6

2) Tìm hai số m , n cùng dấu thỏa mãn điều kiện: m 2n đạt giá trị nhỏ nhất sao cho hai phương trình sau có nghiệm chung: x2mx 2 0;

2 2 6 0

x  nx 

Lời giải

1) 3x2 27x38 9 x2 Điều kiện: 6

2 3

x 

Pt  3x2 (3x2)(9x2 6x4) 9 x26

2

2 3

1 3

x

x







 

 ( thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm là

2 1

;

3 3

x   

  2) Do m n, cùng dấu nên:

- Nếu m0;n0 thì m 2n  m 2n

- Nếu m0;n0thì m 2n m 2n(m2 )n

Gọi x là nghiệm chung của hai phương trình ta được: 0

2

2

2 0

x mx

x nx







có nghiệm chung

2

     có nghiệm x 0   (m2 )n 2 4.2.8 0



 

Vậy m 2n đạt GTNN là 8 khi



  

+ TH1: m2n , ta được 8 2x028x0  8 0 x024x0  4 0 x0 2

Ta có

2 2

3 ( 2) ( 2) 2 0

5 ( 2) 2 ( 2) 6 0

2

m m

n n









(thỏa mãn)

+ TH2: m2n , ta được 8 2x02 8x0   8 0 2(x0 2)2  0 x0 2

Ta có

2 2

3

5

2 2 2 6 0

2

m m

n n









(thỏa mãn)

Vậy với m  và 3

5 2

n 

thì hai phương trình có nghiệm chung x  0 2 Vậy với m  và 3

5 2

n 

thì hai phương trình có nghiệm chung x  0 2

Câu 4: (3 điểm)

1) Cho phương trình:x22(m 3)x m  3 0 Tìm các giá trị của m để

phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 2 và một nghiệm lớn hơn 2

2) Cho , , ,x y z t là các số thực dương Chứng minh rằng:

2

y z  z t t x  x y 

Lời giải

1) Xét phương trình: x22(m 3)x m  3 0 Giả sử x12x2

Áp dụng Vi-et ta có:

1 2

1 2

3 2( 3)

x x m

 





Để phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 2 và một nghiệm lớn hơn 2 thì:

2





3

3 11 0

m m

 (do m2 5m12 luôn lớn hơn 0 )

Vậy với

11 3

m 

thì phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 2 và một nghiệm lớn hơn 2

2) Đặt

A

y z z t t x x y

M

x y y z z t t x

N

x y y z z t t x

4

x y y z z t t x x y y z z t t x

Ta có

y t x z y t x z

N A

x y y z z t t x

Chứng minh tương tự ta cũng có A M 4

       Dấu “=” xảy ra khi x   y z t 0

Câu 5: (3,5 điểm) Để có được tờ giấy khổ A4 (kích thước xấp xỉ 21cm x

29,7cm) người

ta thực hiện như hình vẽ minh họa bên

Bước 1: Tạo ra hình vuông ABCD cạnh a 21

cm

Bước 2: Vẽ cung tròn tâm A bán kính AC cắt

tia AD tại F

Bước 3: Tạo hình chữ nhậtABEF

Khi đó hình chữ nhật ABEFchính là tờ giấy A4

thông dụng hiện nay

Bạn An ngồi nghịch xếp tờ giấy A4 này theo đường thẳngAE, rồi xếp

theo đường thẳng FM ( M là trung điểm BE ) khi mở tờ giấy ra An ngạc nhiên thấy hai đường thẳng FM và AE vuông góc với nhau Em hãy chứng minh giúp bạn An vẽ điều đó

Lời giải

Ta có: AC DB  AB2BC2 21 2 (cm) Mà AC AF (C F, thuộc đường tròn tâm A)

21 2

    Xét ABE vuông tại B ta có

2 2 212 (21 2)2 21 3

Xét FME vuông tại E ta có:

EM  EB

Áp dụng định lí

Py-ta-go ta có:

2

21

FM  FE ME    

Ta có:

21 3

3 21

AE

21 6

21 2

FM

ME   Xét AEF và FME ta có:

90

( )

AFE FEM

AEF FME c g c FEA FME

AE FM

EF ME











∽

Mà FEA HEM  90  FME MEH  90  FM AE

Câu 6: (4 điểm)

Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm O , trên dây cung DC

lấy điểm E sao cho DC3DE, nối AE cắt cung nhỏ CD tại M Trên

cung nhỏ CB lấy điểm N sao cho cung nhỏ DM bằng cung nhỏ CN , nối AN cắt dây cung BC tại F Chứng minh rằng: F là trung điểm của

BC

Lời giải

Gọi I là giao điểm của BM và CD Ta có // AB

EI

Kẻ OX vuông góc với Khi đó DM OXD∽ ADE g g( )



Ta có

2 2

1

10

1 ( )

2

(đpcm)

……… HẾT………