Đề Toán chọn đội tuyển học sinh giỏi dự thi Quốc gia 2019 sở GD và ĐT Đồng Tháp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐỒNG THÁP

________________

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 05 trang)

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

DỰ THI CẤP QUỐC GIA NĂM 2019

Môn: TOÁN Ngày thi: 12/7/2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (4,0 điểm)

a) Cho các số thực , , x y z thỏa mãn:

2 2 2 1 1 1 1. x y z y z x      

Tính giá trị biểu thức 1 1 1. P x y y z z x    

b) Cho các số thực dương ,a b thỏa mãn 3 3 a a b b    . Chứng minh rằng 2 2 1. a b  

Câu 2. (4,0 điểm)

Giải hệ phương trình

4 2 3

4 2 3 8( ) 9 0

8( ) 9 0

x y xy x

y x yx y

          

Câu 3. (4,0 điểm)

Xét phương trình 31 5 2018. x y z  

a) Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ ba số nguyên , , x y z thỏa mãn phương trình trên.

b) Có tồn tại hay không bộ ba số nguyên dương , , x y z thoả mãn phương trình trên?

Câu 4. (6,0 điểm)

Cho đường thẳng d và điểm A cố định không thuộc , d H là hình chiếu của A trên . d

Các điểm , B C thay đổi trên d sao cho . 1 HB HC . Đường tròn đường kính AH cắt , AB AC lần lượt tại , . M N

a) Chứng minh đường thẳng MN đi qua một điểm cố định.

b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . BMC Chứng minh O chạy trên một

đường thẳng cố định.

Câu 5. (2,0 điểm)

Cho bảng ô vuông gồm m hàng và n cột. Tại ô góc trên bên trái của bảng người ta đặt một quân cờ. Hai người chơi luân phiên di chuyển quân cờ, mỗi lượt di chuyển chỉ di chuyển quân cờ sang phải một ô hoặc xuống dưới một ô. Người chơi nào đến lượt mình không di chuyển được quân cờ thì thua. Xác định điều kiện của , m n để người thực hiện lượt chơi đầu tiên luôn là người thắng.

-HẾT-

II. Đáp án và thang điểm

Câu Ý Nội dung Điểm 1. a Tính giá trị biểu thức 1 1 1 P x y y z z x     2,0

Từ giả thiết ta có:







2

2

2

1 1 1

1 1 2

1 1 3

x y

y z

z x

             

0,25

Suy ra , , 1. x y z  0,25 Nếu x y  thì từ (1) và (2) suy ra . y z  0,25 Từ (2) và (3) suy ra . x z  Từ (1) và (3) suy ra y x  , vô lý. 0,25 Tương tự, nếu x y  ta cũng dẫn đến điều vô lý. 0,25 Suy ra x y  . Từ đó có . x y z   0,25

Thay x y z   vào giả thiết ta có 3 2 1. x x   0,25

Do đó 3 2 3 1 3 3. P x x x x     0,25 b Chứng minh 2 2 1 a b   2,0

Do 3 3 0 a a b b     nên 0 1. a   0,5

Do đó, 3 1 b b  . Suy ra 0 1. b   0,5

Giả sử 2 2 1. a b   Từ giả thiết ta có:       2 2 1 . a b a b a b ab a b ab         0,5

Suy ra:   2 a a b   , vô lý (vì 0 , 1 a b  ). 0,5 2.

Giải hệ

4 2 3

4 2 3 8( ) 9 0

8( ) 9 0

x y xy x

y x yx y

          

4,0

Dễ thấy cặp (0;0) là một nghiệm Nếu x = 0 thì y = 0 0,25

Nếu y = 0 thì x = 0 0,25

Câu Ý Nội dung Điểm Xét ,x y đều khác 0. Lúc đó hệ trên tương đương với

4 3 4

4 3 4 8( ) 9 0

8( ) 9 0

x y y xy xy

xy x x y xy

          

0,75

Trừ theo từng vế hai phương trình của hệ ta được

   3 3 3 3 8 2 0 xy x y x y         0,25

Tức 3 3 ( )(2 1) 0 x y xy    0,25

TH1. x y  : Thay vào hệ đã cho ta được 9. 8 x y   1,0

TH2. 2 1 xy : Thay vào hệ đã cho ta được các nghiệm 1 1 1; ; ;1 2 2         

1,0

Vậy hệ có nghiệm là:   9 9 1 1 0;0 ; ; ; ;1 ; 1; 8 8 2 2            

0,25

3. a 31 5 2018. x y z  

Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ ba số nguyên , , x y z thỏa mãn phương trình trên.

2,0

Cho 0 x  phương trình trở thành: 5 2018. y z  0,5

Chọn 2018 y a  (a là số nguyên tùy ý). Suy ra 5 z a  . 0,5

Khi đó    2018 5 , , 0; ; x y z a a  thoả mãn phương trình. 0,5

Vì a nguyên tuỳ ý nên tồn tại vô số bộ ba   , , x y z nguyên thoả mãn phương trình. 0,5

b

Có tồn tại hay không các số nguyên dương , , x y z thoả mãn phương trình trên? 2,0

Tồn tại.

Xét   5 31 2 , 2 . m m x y m     Khi đó: 31 5 155 1 2 . m x y    0,5

Ta cần chọn m sao cho

  155 1 2018 1 . m n n    0,5

Khi đó 2 . n z  Từ (1) suy ra 2018 1 n chia hết cho 155

 3 1 n chia hết cho 155. 0,25

Đặt   3 1 155 n k k    ta suy ra   156 1 k k   chia hết cho …