108 hsg 14 phu tho nguyen vinh

Gọi A là điểm chính giữa cung nhỏ BC Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A.. và có số đo bằng  không đổi sao cho E và F khác phía với điểm A qua BC AE và AF cắt BC lần lượt tại N và .; M L

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 – 2014

Câu 1: (3,0 điểm)

a) Giải phương trình trên tập nguyên x25y2 4xy4x 8y12 0

b) Cho P x( )x3 3x214x 2

Tìm các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P x  chia hết cho 11

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức

3

3 2

3 2

P

 



355 3024 355 3024

3 3 1, 3 3 1, 3 3 1

Câu 3: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình:

1

4

x

x



b) Giải hệ phương trình:

2 2







Câu 4: (7,0 điểm)

Cho đường tròn O R;  và dây cung BC không đi qua tâm Gọi A là

điểm chính giữa cung nhỏ BC Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A.

và có số đo bằng  không đổi sao cho E và F khác phía với điểm A

qua BC AE và AF cắt BC lần lượt tại N và ; M Lấy điểm D sao cho tứ

giác MNED là hình bình hành.

a) Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp.

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF Chứng minh rằng.

khi góc nội tiếp EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường

thẳng cố định

c) Khi  60 và BC R , tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI.

Câu 5: (2,0 điểm)

Cho các số thực dương ,x y, z thỏa mãn x y z   3

Chứng minh rằng

4

xyz

……….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 THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 –

2014 Câu 1: (3,0 điểm)

a) Giải phương trình trên tập nguyên x25y2 4xy4x 8y12 0

b) Cho P x( )x3 3x214x 2

Tìm các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P x  chia hết cho 11

Lời giải

a) x25y2 4xy4x 8y12 0  x2 4 (x y1) (5 y2 8y12) 0 (*)

Để PT (*) có nghiệm nguyên x thì ' chính phương

' 4(y 1) 5(5y 8y 12) 16 y 16

từ đó tìm được x y ;   2;0 ; 6;0 ; 10; 4 ; 6;4        

Cách khác: x25y2 4xy4x 8y12 0  (x 2y2)2y2 16 4 202

xét từng trường hợp sẽ ra nghiệm

mà ,x y   nên x 2y22 16, y0 (1) hoặc x 2y 2 0,y2 16 (2)

Ta có (1) x2, y hoặc 0 x6, y 0

(2) y4,x hoặc 6 y4,x10

x y ;   2; 0 , 6; 0 , 6; 4 ,   10; 4   

b) Ta có P x( )x3 3x214x 2 ( x 2)(x2 x12) 22

Để P x  chia hết 11 thì (x 2)(x2 x12) 11

mà (x2 x12)x x( 1) 1 11  ta có (x x 1) 1 không chia hết cho 11

suy ra (x2 x12) không chia hết cho 11 nên x  chia hết cho 11 mà2

100;

x  x  

suy ra x 2;13;22;35;47;57;68;79;90

Cách khác:

( ) 3 14 2 ( 1) 1 11 11 ( 1) 1 11

Suy ra  

3 1

x  chia cho 11 dư 1 suy ra x  chia cho 11 dư 1 suy ra x1

chia cho 11 dư 2 mà x 100 suy ra kết quả

Đáp án chính thức:

Bổ đề: Cho , x y là các số tự nhiên và số nguyên tố p có dạng p3k2 thì

Thật vậy, x y mod p x3 y3mod p, đúng

Với x3y3mod p  x3k y3kmod p

Với ,x y cùng chia hết cho p thì hiển nhiên đúng.

Với x p,  1,y p,   ta có 1 x p 1 y p 11 mod p  x3 1k y3k 1mod p

    vì x3k y3kmod p

Áp dụng Bổ đề, ta có

               

Do đó, P x  P y  mod 11  x y mod 11 

Suy ra với mỗi n   trong 11 giá trị , P n P n ,  1 , ,  P n 10, có duy nhất một giá trị chia hết cho 11 Do đó, trong các số P 1 ,P 2 , , P 99

có đúng 9 số chia hết cho 11, còn P 0  không chia hết cho 11.2

Vậy có đúng 9 số thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức

3

3 2

3 2

P

 



355 3024 355 3024

3 3 1, 3 3 1, 3 3 1

Lời giải

a) Tính a3 110 3 a (a 5)(a25a22) 0  a5 thay a 5 vào

7 3

P 

b) Cộng cả ba đẳng thức ta có hệ

Trừ (1) cho (2) ta được (x z x y z )(   ) 0  x y z  0

Mà từ x y z  0 suy ra

2 2 2 2

thay vào (*) ta có đpcm

Câu 3: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình

1

4

x

x



b) Giải hệ phương trình:

2 2







Lời giải a) ĐKXĐ:

1 3

x

2

2 2

x 1

4x



Giải ra pt có 2 nghiệm x  1;

3 153 72

b)



Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được

 2 2 3( 2 ) 2 0 ( 2 1)( 2 2) 0 2 1

2 2



 Thay vào phương trình x2 y22x y  3 0 hệ có 4 nghiệm

 ;  1;0 ; 5 3 ;   7 109; 13 109 ; 7 109; 13 109

x y              

Câu 4: (7,0 điểm)

Cho đường tròn O R;  và dây cung BC không đi qua tâm Gọi A là

điểm chính giữa cung nhỏ BC Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A.

và có số đo bằng  không đổi sao cho E và F khác phía với điểm A

qua BC AE và AF cắt BC lần lượt tại N và ; M Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành.

a) Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp.

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF Chứng minh rằng.

khi góc nội tiếp EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường

thẳng cố định

c) Khi  60 và BC R , tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI.

Lời giải

Q H T

S I

K

J

N M

P

A

O

F

E

a) Ta có: MNE =

1

2 (sđAC  sđ BFE ) =

1

2 (sđ AB sđ BFE ) AFE  sđ AC  sđCE

Suy ra: MNE MFE  180

Vậy tứ giác MNEF nội tiếp

b) Gọi P là giao điểm khác A của AO với đường tròn (O; R) Q là giao điểm của AO và BC .

Lấy G đối xứng với E qua AP  D EG G ,  O

Ta có MDG NEG, AEG AFG 180  MDG MFG 180

Gọi giao điểm của AG và BC là H

Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp (2)

Từ (1) và (2) suy ra các điểm M, H, D, G, F nằm trên một đường tròn.

Trung trực của đoạn thẳng FG đi qua O và cắt đường tròn (O) tại J;

I OJ , sđ JF =sđ JG và sđPG =sđ PE nên JOP hay I nằm trên đường thẳng cố định Đó là đường thẳng đi qua O và tạo với AO một góc 

không đổi

c)

N

A

Hạ IT BC T BC   TH TM Do QH QN , suy ra

1 2

IS  MN

Tam giác vuông OSI có IOS  không đổi nên OI nhỏ nhất khi và chỉ khi IS nhỏ nhất  MN nhỏ nhất Ta chứng minh MN nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác AMN cân tại A.

Thật vậy, trên BC lấy M’ N’ sao cho M AN ' ' Không mất tính tổng quát giả sử QM'QN' suy ra AM'AN' Trên đoạn AM lấy điểm U sao' cho AU AN'

'

   (c.g.c) S AM M' S ANN' MM'NN' M N' 'MN

Với  60 ; BC R  suy ra

2 3 3

R R

,

2 3 2 2 3 3

6

R

Câu 5: (2,0 điểm)

Cho các số thực dương ,x y, z thỏa mãn x y z   3

Chứng minh rằng

4

xyz

Lời giải Lời giải 1:

4

xyz

4(*)

M

2

N

1 1 1 1 1 1

N

3

N

Mặt khác

3 (4 )(4 )(4 )

Mà

 

 

4

3 12

4

3

33xyz(4 xy)(4 xz)(4 yz) 3 3

Nên

3 3

12 3

4

3 3

BĐT (*) được cm dấu “=” xảy ra khi x   y z 1.

Đáp án chính thức:

Chứng minh được: 2x2y2z2 2x y z  

Tương tự ta có 2y2z2 x22y z x  , 2z2x2y2 2z x y  

Do đó ta sẽ chứng minh

x y z y z x z x y

xyz

Bất đẳng thức này tương đương với 4 2 4 2 4  1.

yz

y z



, dễ có

   2

0 2 yz yz  xy1  1 1

2

2 yz yz 2 yz   yz

Vậy nên  

1

y z





  , tương tự có  

1

z x





1

x y





                

1 1 1 9

a b c  a b c  (*)

Áp dụng (*) ta có

1

2 xy 2 yz 2 zx 6 xy yz zx  ;

xy yz zx          x y z

)

Vậy 4 2 4 2 4  1

Do vậy ta có

4

xyz

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x   y z 1

……… HẾT………