Đề chọn học sinh giỏi Toán 848734

Phòng GD-ĐT h.Lập Thạch - Vĩnh Phúc ĐỀ CHỌN HSG TOÁN Ngày thi : 05-5-2011 ( Thời gian làm 120 phút ) Bài : (4 điểm) 3x  y x y 2.99  1, Cho x,y thoả mãn y x  y   x  xy  2y Tính A  2, Tính : B  2.1  1 1  1  2.2   2  1  2.3  3 3  1   99 99  1 Bài : (4 điểm) 1, Tìm a,b cho f x   ax  bx  10x  chia hết cho đa thức g x   x  x  2,Tìm số nguyên a cho a  số nguyên tố Bài : (3 điểm) Giải phương trình : x 5x   2 x  4x  x  Bài : (4 điểm) Cho hình thoi ABCD có góc ABC 60 độ Hai đường chéo cắt tai O , E thuộc tia BC cho BE ba phần tư BC , AE cắt CD F Trên hai đoạn AB CD lấy hai điểm G H cho CG song song với FH 1, Chưng minh : BG.DH  BC 2, Tính số đo góc GOH Bài : (3 điểm) Cho tan giác ABC ba điểm M,N,P thuộc cạnh BC,CA,AB cho BM CN AP BM   &  Chứng minh hai tam giác ABC MNP có trọng tâm BC CA AB BC Bài : (2 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện x + y + z =1 Chứng minh : x3 y3 z3    y  2z z  2x x  y HẾT gv: Nguyễn Quang Sáng (sưu tầm) ĐÁP ÁN Bài : (4 điểm) x  y  y  1, Từ: y x  y     x  xy  2y   x  y x-2y   Vì x  y  Nên x-2y   x  2y Ta có : A  3.2 y  y y   2y  y 3y ThuVienDeThi.com 2, Tính : B  2.1  1 1  1  2.2   2  1  2.3  3 3  1 n  1  n2  Với n  , ta có 2  n n  1 n  1 n2 2.n  Áp dụng vào tốn ta có : B     2.99  99 99  1 1  n n  12 1 1 1 9999        1  2 2 99 100 100 10000 Bài : (4 điểm) 1, Ta có : g x   x  x  2= x  1x   Vì f x   ax  bx  10x  chia hết cho đa thức g x   x  x  Nên tồn đa thức q(x) cho f(x)=g(x).q(x)  ax  bx  10x  4= x-2  x-1.q x  Với x=1  a+b+6=0  b=-a-6 1 Với x=-2  2a-b+6=0 2  Thay (1) vào (2) Ta có : a=2 & b=4 2,Ta có : a  4= a -2a+2 a +2a+2  Vì a  c  a -2a+2  c;a +2a+2  c Có a +2a+2= a+1   a Và a -2a+2= a-1   a Vậy a  số nguyên tố a +2a+2=1 a - 2a+2=1 Nếu a -2a+2=1  a  thử lại thấy thoả mãn Nếu a +2a+2=1  a  1 thử lại thấy thoả mãn Bài : (3 điểm) Điều kiện : x  2 Với x = nghiệm phương trình Với x  phương trình x 5x   2 x  4x  x  x 5x   2 trở thành x  4x  x  5   2 * Đặt y  x   phương trình (*) trở thành   2 4 x y2 y2 x 4 x x x Điều kiện : y  & y  2 y  Phương trình trở thành y  y   y  y  3    y 3  Với y = x     x  x    x  1   phương trình vơ nghiệm x  x  1 Với y = -3 x    3  x  x    x  1x      thoả mãn điều kiện x  x  4 Vậy tập nghiệm phương trình S  1; 4 Bài : (4 điểm) 1, Chứng minh BCG đồng dạng DHF ThuVienDeThi.com  BC BG   BC.DF  DH BG DH DF 4 Theo định lý Thales tính DF  DC  BC  BG.DH  BC 2, Theo định lý Pythagos tính BG BO BC  BG.DH  BO  BO  BO.DO   DO DH Ta có GBO  HDO  300 Nên BGO đồng dạng DOH Suy GHO  300 BO  BC  CO  Bài : (3 điểm) Qua N kẻ NQ //AB ( Q thuộc BC ) , theo định lí Thales ta có : QC CN QC BM  ; gt     QC  BM BC CA BC BC QN CQ QN AP  ; gt     AB  QN AB CB AB AB Gọi I, K trung điểm MQ MN Suy IK đường trung bình tam giác MNQ Vậy IK / /QN , IK  QN AP  IK / / AP; IK  2 Gọi G giao điểm cua AI PK theo Thales có GI GK KI    GA GP PA Suy G trọng tâm tam giác MNP G trọng tâm tam giác ABC Bài : (2 điểm) x3 y3 z3 2 Ta có :  x y  2z   6x ;  y z  x   y ;  z x  y   z ; y  2z z  2x x  2y ThuVienDeThi.com Lại có : x  y    y  z   z  x    x  y  z  xy  yz  zx Nên Bài : (2 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện x + y + z =1 Chứng minh : 2 x3 y3 z3    y  2z z  2x x  y x3 y3 z3 Ta có :    xy  yz  xz   x  y  z y  2z z  2x x  y  x3 y3 z3 x2  y  z     y  2z z  2x x  y 3 Dấu xảy x  y  z   ThuVienDeThi.com 