Cac de luyen thi

Kì thi : Học sinh giỏi

Câu 1 (2 điểm).
A

1 1 x2 .



(1  x)3  (1  x)3



2  1  x2
a) Rút gọn biểu thức
với  1 x 1 .
3
2
2
3
b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a  a b  ab  6b 0 .

a 4  4b4
B 4
b  4a 4 .
Tính giá trị của biểu thức
Câu 2 (2 điểm).
a)

2
2

2
Giải phương trình x ( x  2) 4  x 2 x  4.

 x3 2 x  y
 3
b) Giải hệ phương trình  y 2 y  x .

Câu 3 (2 điểm).
2
a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy  2 xy  x 32 y

.
2
2
b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a  a 3b  b .
Chứng minh rằng 2a  2b 1 là số chính phương.

Câu 4 (3 điểm).
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di động
trên đoạn OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vng góc với OA cắt cung
nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB.


a) Chứng minh HKM 2AMH.
b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần
lượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh OD.GF = OG.DE.
c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R.
Câu 5 (1 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2ab  6bc  2ac 7 abc . Tìm giá
4ab

9ac
4bc
C


a  2b a  4c b  c .
trị nhỏ nhất của biểu thức
----------------------Hết-----------------------ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM
Câu

Nội dung

Điểm


A

Câu
1a:
(1,0 đ)

1  1  x2 .





1  x  1  x 2  1  x2
2  1 x

 1  1  x2 .



 1  1  x2







0.25

2

1 x  1 x





2

1 x  1 x

0.25



 1  1  x2

 2  2 1  x 
2

 2x 2 = x 2
a 3  a 2b  ab 2  6b3 0  (a  2b)(a 2  ab  3b 2 ) 0 (*)
2

Câu
1b:
(1,0 đ)

0.25
0.25

Vì a > b > 0  a  ab  3b  0 nên từ (*) ta có a = 2 b

0.25

a 4  4b 4 16b 4  4b 4

b 4  4a 4 b 4  64b 4

0.25

Vậy biểu thức
B

Đặt

B

12b 4
4

4
 63b
21
2

Câu
2a:
(1,0 đ)

2

0.25

0.25
2



4

t  x 2 x  4  t 2 x  2 x

2



x2 x2  2 





t2
2

 t  4
t2
4  t  t 2  2t  8 0  
 t 2
ta được phương trình 2
 x  0
x  0
x 2 x 2  4  4  
 4
4
2
2 x  2 x 16
x  2 x 2  8 0



Với t = -4 ta có





x  0
 2
 x  2
 x 2
 x  0
x  0
x 2 x 2  4 2  
 4
4
2
2 x  2 x 4
x  2 x 2  2 0



Với t =2 ta có

x  0
 2
 x 3 1

x  3  1





0.25
0.25

0.25

0.25

. Kết luận nghiệm của phương trình.

x (2 y  x)  y (2 x  y )  ( x 2  y 2 )  2 xy  x 2  y 2  0
3

Từ hệ ta có
Câu
2b:
(1,0 đ)

3

0.25

 x y
 ( x  y )3 ( x  y ) 0  
 x  y

0.25

* Với x = y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );(  3;  3 )
* Với x = - y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 1;  1 );(  1;1 )
Vậy hệ phương trình có nghiệm

0.25
0.25

(x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );(  3;  3 );(  1;1 );(1;  1 )
Câu

xy 2  2 xy  x 32 y  x( y  1)2 32 y

0.25


Do y nguyên dương

 y  1 0  x 

32 y
( y  1) 2

2
Vì ( y, y  1) 1  ( y 1)  U (32)
2

3a:
(1,0 đ)

2

0.25
2

4

2

5
mà 32 2  ( y  1) 2 và ( y  1) 2 (Do ( y  1)  1 )

2

2

2

4

0.25

*Nếu ( y  1) 2  y 1; x 8
*Nếu ( y  1) 2  y 3; x 6
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:

0.25

 x 8

 y 1

 x 6


và  y 3
2
2a 2  a 3b 2  b  (a  b)(2a  2b  1) b (*)
*
Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) ( d   ). Thì

Câu
3b:
(1,0 đ)

0.25

(a  b)d
  a  b   2a  2b 1 d 2

(2a  2b  1)d
 b 2 d 2  b d
Mà (a  b) d  a d  (2a  2b)d mà (2a  2b  1)d  1d  d 1

Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được a  b và 2a  2b  1 là số chính
phương => 2a  2b  1 là số chính phương.

0.25
0.25
0.25

Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta có

 1 O
 1

A
1
1

2
2 sđ AM

(1)
0.25

Câu
4a:
(1,0 đ)



Có Ax // MH (cùng vng góc với OA)  A1 M1

(2)

0.25




Tứ giác MHOK nội tiếp  O1 K1 (cùng chắn MH )

(3)

0.25

 1 K

M


1
1
2
Từ (1), (2), (3) ta có
hay HKM 2AMH.

0.25


Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)

0.25

Câu
4b:
(1,0 đ)

 1
 O
 1
A
O
1
1

2


2 sđ BM
2 sđ BM
;
 O

 A
1
1  tứ giác AMGO nội tiếp (5)

0.25

Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn

 D
 D

G
1
2
1
 OGF và ODE đồng dạng
OG GF


OD DE hay OD.GF = OG.DE.

0.25

0.25

Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho
MA’ = MA  AMA' đều



 A
 600  BAA'

 A
1
2



 MAB A'AC  MB A'C

Câu
4c:
(1,0 đ)

 MA  MB MC
Chu vi tam giác MAB là MA  MB  AB MC  AB 2R  AB
Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính giữa
cung AM => H là trung điểm đoạn AO
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB

3

AB 3
 AI  R 
 AB R 3
2
2
Gọi I là giao điểm của AO và BC
Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2  3)R
Câu 5: Từ gt : 2ab  6bc  2ac 7abc và a,b,c > 0
(1,0 đ)



Chia cả hai vế cho abc > 0

2 6 2
  7
c a b

0.25

0.25
0.25

0.25
0.25


 x, y , z  0
1
1

1
x  ,y  ,z   
2 z  6 x  2 y 7
a
b
c
đặt
4ab
9ac
4bc  4  9  4
C


a  2b a  4c b  c 2 x  y 4 x  z y  z
Khi đó
 C

4
9
4
 2x  y 
 4x  z 
 y  z  (2 x  y  4 x  z  y  z )
2x  y
4x  z
yz


2



 x  2y


2

 
3
x 2y  

  4x  z


2
 
4x  z   
 

1
x  ,y z 1
2
Khi
thì C = 7
Vậy GTNN của C là 7 khi a =2; b =1; c = 1

2

yz

0.25

2


y  z   17 17



0.25

0.25