69 HSG 18 BAC GIANG PHAM THANH NAM

Vẽ HM vuông góc với OB MOB, vẽ HNvuông góc với OC N OC.. và MN luôn đi qua một điểm cố định.. c Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi.. Chứng minh trong dãy có

ĐỀ THI CHỌN HSG BẮC GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: (5,0 điểm)

a) Cho biểu thức

: 1

M

x



Rút gọn M và tìm x để M  1

b) Cho , ,a b c thỏa mãn 0 ab bc ca 1

H

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình

b) Tìm số thực x để 3 số

x

là số nguyên

Câu 3: (4,0 điểm)

a) Tìm x nguyên dương để 4x314x29x là số chính phương.6

b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z   xyz Chứng minh

rằng:

2

xyz

 

Câu 4: (6,0 điểm)

Cho đoạn thẳngOA R , vẽ đường tròn O R;  Trên đường tròn O R;  lấy

H bất kỳ sao cho AH R  , qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường

tròn O R; 

Trên đường thẳng a lấy B và C sao cho H nằm giữa B và

C vàAB ACR Vẽ HM vuông góc với OB (MOB), vẽ HNvuông góc với OC (N OC ).

a) Chứng minh  OM OB ON OC.  . và MN luôn đi qua một điểm cố định b) Chứng minhOB OC. 2R2

c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi.

(chú ý: dùng kiến thức học kỳ 1 lớp 9).

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho dãy số ,n n1,n 2, , 2n với n nguyên dương Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên

……….HẾT……….

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh:……….….Số báo danh:

………

LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH LONG AN NĂM HỌC

2018-2019 Câu 1: (4,0 điểm)

a) Cho biểu thức

: 1

M

x



Rút gọn M và tìm x để M  1

b) Cho , ,a b c thỏa mãn 0 ab bc ca 1

H

Lời giải

a) ĐKXĐ: x0;x1,x3,x 4

:

2

x

M

x



:

:







3

3( 3)

x

x







x x







x x



 3 11 1 0

x x



 34 2 1 0

x x



 2x x10

 2

0 1

x x



Ta có: x 2 x nên 1

2 0 1

x

x 

2 0

1 0

x x

  





 



4 1

x x





  

Kết hợp ĐKXĐ ta có1 x 4 và x3

Vậy M  khi 1   1 x 4 và x3

H

Vì ab bc ca  nên 1 c1   ab bc ca c

Tương tự ta có

H

=

=

0

b c  a c  a c  a b  a b  b c 

Câu 2: (5,0 điểm)

a) Giải phương trình

b) Tìm số thực x để 3 số

x

là số nguyên

Lời giải

a) Giải phương trình

ĐK:

6

x 

Vì

6

x 

5 0;

x  2

6x   , 1 0 Theo bất đẳng thức AM – GM với hai số dương 2

5

x và 6x2 ta có1

2 2 2

5

2

x x x

Dấu “=” xảy ra khi

2 2

5

x  

1

x

  

Vì

6

x 



2 2

5

x

 

,

Theo bất đẳng thức AM – GM với hai số không âm

2 2

5

6x

x



và 1 ta có

2 2

5

2

x x

Dấu “=” xảy ra khi

2 2

5

x

    

Vậy ta có

2

2

x

Dấu “=” xảy ra khi   x 1(thỏa mãn).

Vậy phương trình có nghiệm là x 1.

b) Tìm số thực x để 3 số x 3; 2

2 3;

x  x2x là số nguyên.

Đặt a x  3; 2

2 3;

b x  c x 2x với , ,a b c Z

Từ a x  3   x a 3; từ b x 22 3 x2  b 2 3, nên ta có

a  b a2 2 3a  3 b 2 3 2 3a   1 b a2 3.

Nếu a10 0   a 1

2 3

2 3

1

b a a

 

vì ,a b¢

2

3 1

b a a

 

 ¤ 2 3¤ (Vô lý)

Vậy a 1 0 nên ta có 2

4

3 0

b

b a

     

Với x 3 1 ta có a 1;b và 4 c 2 nguyên, thỏa mãn đầu bài

Câu 3: (5,0 điểm)

a) Tìm x nguyên dương để 4x314x29x là số chính phương.6

b) Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn x y z  xyz Chứng minh

rằng:

2

xyz

 

Lời giải

a) Vì 4x314x29x là số chính phương, nên ta có 6 4x314x29x 6 k2

với k¥

Ta có 4x314x29x6 4x x2  2 6x x  2 3 x2  x 2 4  x26x3

nên ta có    2  2

2 4 6 3

x x  x k

Đặt x2, 4x26x 3 d với d ¥*.

Ta có x M2 d  x 2 4  x M2 d 4x6x M4 d.

Ta lại có 4x26x M 3 d 4x26x 3 4x26x  M4 1 d  d 1

2, 4 6 3 1

x x  x 

mà    2 

2 4 6 3

x x  x nên ta có:

2

x và 2

4x 6x là số chính phương 3 2

2

6 3

2

4x  x  vớib

a b¥

Vì x0 nên ta có 4x2 b2 4x212x 9  2 2  2

2x b 2x 3

Vì b lẻ nên 2  2

2 1

b  x 4x26x 3 4x24x 1  x 2.

Với x2 ta có 3 2 2

4x 14x 9x 6 100 10 là số chính phương.

b) Vì , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn x y z  xyz

1

xy yz zx

Nên ta có:

2

2

1 2 1 1

;

2 x y z

    

  Dấu

" " xảy ra  y z



2

1 1 x

x

  1 4 1 1

2 x y z

    

  Tương tự ta có

2

1 1 y

y

  1 1 4 1

2 x y z

    

  ;

2

1 1 z

z

  1 1 1 4

2 x y z

    

Do đó

2

 

x y z

    

  Dấu " " xảy ra

x y z

  

Ta có  2   2 2 2

x y x   xy yz zx  x y  z xy yz zx xy yz zx

x y z xy yz zx

0

3

x y x   xy yz zx   2  

3

3xy yz xz xyz

xyz

x y z

    

Vậy

2

xyz

 

Dấu " " xảy ra   x y z.

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho đoạn thẳng OA R , vẽ đường tròn O R;  Trên đường tròn O R;  lấy

H bất kỳ sao cho AH R  , qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường

tròn O R;  Trên đường thẳng a lấy B và C sao cho H nằm giữa B và

C vàAB ACR Vẽ HM vuông góc với OB (MOB), vẽ HNvuông góc với OC (N OC ).

a) Chứng minh  OM OB ON OC.  . và MN luôn đi qua một điểm cố định b) Chứng minh OB OC. 2R2

c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giácOMN khi H thay đổi.

(chú ý: dùng kiến thức học kỳ 1 lớp 9)

Lời giải

a) Ta có OH HB (Tính chất tiếp tuyến)  OHB vuông tại H , mà

HM OB (gt) nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

OM OB OH   R

Chưng minh tương tự ta có ON OC OH  2  Vậy ta cóR2

OM OB ON OC   .

Ta có OM OB OH  2  mà R2 OA R nên ta cóOM OB OA  2

Xét OMA và OAB có µO chung, có OM OA OB OA

OMA OAB

  Ta có AOAB R (gt)  OAB cân ·AOB OBA ·

  , vậy OAM· ·AOM  OMAcân MO MA .

Chứng minh tương tự ta có ONA cân NO NA .

Ta có MO MA ;NO NA , vậy MN là trung trực của OA , gọi E là giao

điểm của MN với OA ta có 2

OA

EO EA 

và MN OA tại E, mà , O A cố

định nên E cố đinh

Vậy MN luôn đi qua một điểm cố định

b) Ta có OM OB ON OC  

Xét OMN và OCB có µO chung , có OM OC ON OB

OMN OCB

  ∽ (c.g.c)

mà OEMN và OH BC nên ta có

1 2

(vìOH OA2OE).

Ta có OM OB OH  2  (cm trên) R2

2

1

2OC OB R

2

c) Ta có OMN#OCB (cm trên)

OMN OCB

S S

2

1 4 2

Nên

1 4

4 2 OH BC 8R BC

8R AB AC 8R R R 4R

Dấu “=” xảy ra khi , ,B A C thẳng hàng H A.

Vậy diện tích OMN lớn nhất là

2

1 4

OMN

S  R

khi H  A

Câu 5: (3,0 điểm)

Cho dãy số ,n n1,n 2, , 2n với n nguyên dương Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên

Lời giải

Nếu n là lũy thừa bậc hai của một số tự nhiên thì bài toán chứng minh xong

Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương k sao cho 2  2

1

k   n k Vì n nguyên dương và n k 2 2

1

n k

   , vậy ta có:

 2

2n k 1 2  2

2(k 1) k 1

    2k24k  2 k2 2k 1 k22k 1  2

1 0

k

  

Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có 2  2

1

k   n k 2n.

Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc hai của một số tự nhiên

……… HẾT………