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

3; 2 3;

x

là số nguyên

Câu 3: (4,0 điểm)

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

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, , 2 n 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







1

x x







*M  1  

1 1

x x



1

1 0

x x



4 2

0

x x





2

0 1

x x



 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





 



 1x4 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

b a c c a 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

3; 2 3;

x

là số nguyên

Lời giải

a) Giải phương trình

ĐK:

6

x 

Vì

6

x 

 2

5 0;

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

5

x và 6x  ta có2 1

2 2 2

5

6 1

2

x x x

Dấu “=” xảy ra khi

2 2

5

6x 1

x    x1

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 (6 ) 1

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; x 2 2 3;

2

x x



là số nguyên

Đặt a x  3; b x 22 3;

2

c x

x

 

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 32  b 2 3  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 6 là số chính phương

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 6 là số chính phương, nên ta có 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 x2 4  x26x 3k2

Đặt x2, 4x26x 3 với d d  *

Ta có x  2 d  x2 4  x 2 4 6 4d  x x  d

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

 x2, 4x26x 3  1

mà x2 4  x26x 3

nên ta có:

2

x  và 4x26x 3 là số chính phương  x 2 a2 và 4x 2 6x 3b2 với

a b  

Vì x 0 nên ta có 4x2 b2 4x212x 9  2x2b2 2x32

Vì b lẻ nên b2 2x12  4x26x 3 4 x24x 1  x2

Với x 2 ta có 4x314x29x 6 100 10  2 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

x x xy yz zx x y x z

          

1 2 1 1

;

2 x y z

    

" " xảy ra  y z



2

1 1 x x

2 x y z

    

Tương tự ta có

2

1 1 y y

2 x y z

    

  ;

2

1 1 z z

2 x y z

    

Do đó

2

 

x y z

    

  Dấu " " xảy ra

x y z

Ta có x y x  2 3xy yz zx   x2y2z22xy2yz2zx 3xy 3yz 3zx

x y z xy yz zx

      1  2  2  2 0

2 x y y z x z 

Nênx y x  23xy yz zx    xyz2 3xy yz xz  

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 HN vuông 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

H

O

M

A B

C

E

N

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 R2 Vậy ta có

OM OB ON OC  

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

OM OA

OA OB

Xét OMA và OAB có O chung, có

OM OA

OA OB  OMA#OAB

OAM OBA

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

AOM 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  

OM ON

OC OB

Xét OMN và OCB có O chung , có

OM ON

OC OB  OMN∽OCB (c.g.c)

mà OEMN và OH BC nên ta có

OM OE

OC OH

1

OM OE OE

OC OA OE

1 2

OM OC

(vìOH OA2OE)

Ta có OM OB OH  2 R2 (cm trên)

2

1

2OC OB R

2

OC OB R

c) Ta có OMN#OCB (cm trên)

OMN OCB

S S



 

2

1 4 2

OE OE OE

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, , 2 n 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 k2 nk12 Vì n nguyên dương và n k 2

2 1

n k

   , vậy ta có:

 2

2n k1 2(k21) k12 2k24k 2 k2 2k 1 k2 2k 1 k12 0

Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có k2 nk122n

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

……… HẾT………