PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ VANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN Mơn : TỐN Năm học 2012-2013 Bài (4 điểm) a) Giải phương trình : (x − x ) + ( x − ) = 43 x + x +1 = x − m x −1 b) Cho phương trình: m Tìm giá trị để phương trình vơ nghiệm Bài (2 điểm) Chứng minh rằng: 1 1 1 + + =0 + + =2 a b c a b2 c2 a + b + c = abc Nếu ta có Bài (2 điểm) 1 1 S= + + + + S> 101 102 103 200 12 Cho Chứng minh Bài (4 điểm) Tìm tất số phương gồm chữ số biết ta thêm đơn vị vào chữ số hàng nghìn, thêm đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm đơn vị vào chữ số hàng đơn vị ta số phương Bài (6 điểm) ABE ; ACF , ABC Câu Cho tam giác nhọn Dựng phía ngồi hai tam giác lại AEPF PBC dựng hình bình hành Chwnngs minh tam giác BC = 15cm, AC = 20cm, AB = 25cm ABC Câu Cho tam giác có a) Tính độ dài đường cao CH tam giác ABC ∆ACH ∆BCD b) Gọi CD đường phân giác Chứng minh cân 2 2 2 BC + CD + BD = 3CH + BH + DH c) Chứng minh: Bài (2 điểm) a, b a + b = a + b5 a + b ≤ + ab Cho số dương thỏa mãn Chứng minh ĐÁP ÁN Bài a) (x − x ) + 2.( x − ) = 43 ⇔ ( x − x ) + ( x − x + ) = 43 Đặt 2 x − x = t t ≥ −4 Khi ta có phương trình: t = −7( ktm) t + 2t − 35 = ⇔ ( t + ) ( t − ) = ⇔ t = 5(tm) Với Vậy Điều kiện : x = t = ⇒ x2 − 4x − = ⇔ x = −1 S = { 5; −1} b) ĐK phương trình: x − m ≠ ⇒ x ≠ m ⇔ x −1 ≠ ⇒ x ≠ x + x +1 = x − m x −1 (*) ⇒ ( x + ) ( x − 1) = ( x + 1) ( x − m ) ⇒ mx = − m ( **) Từ (*) ( **) x = 2(VN ) m=0 Với PT có dạng 2−m x= m m≠0 Với PT (*) có nghiệm x= Nghiệm 2−m m nghiệm PT ( *) phải thỏa mãn điều kiện x ≠ m x ≠ 2−m ≠ 1⇒ − m ≠ m ⇔ m ≠ m Tức là: m ≠ 2−m ≠ m ⇒ m + m − ≠ ⇔ ( m − 1) ( m + ) ≠ ⇔ m m ≠ −2 Như PT (*) vô nghiệm với giá trị m ∈ { −2;0;1} Bài 1 + + =2 a b c a ≠ 0; b ≠ 0; c ≠ Theo giả thiết: nên 1 1 1 1 1 1 + + = ⇒ + + ÷ = ⇔ + + + + + ÷= a b c a b c a b c ab bc ca Ta có: 1 a+b+c ⇒ + + + 2 ÷= a b c abc a + b + c = abc ( gt ) ⇒ Vì ⇒ a+b+c =1 abc 1 1 1 + + + = ⇒ + + = ( dfcm ) a b2 c2 a b2 c Bài 1 1 1 A= + + + + + + + + ÷ ÷ 150 151 152 153 200 101 102 103 Ta có: + Thay phân số nhóm phân số nhỏ nhóm ta 1 1 + + + + 50 = ÷> 150 150 101 102 103 1 1 + + + + 50 = ÷> 200 200 151 152 153 1 1 1 1 A= + + + + + + + + ÷ ÷> + = 150 151 152 153 200 12 101 102 103 ⇒ + 1 1 1 A= + + + + + + + + ÷ ÷> 150 151 152 153 200 12 101 102 103 ⇒ + Bài a, b, c, d ∈ ¥ ,0 ≤ a, b, c, d ≤ 9, a ≠ abcd Gọi số phải tìm Ta có: abcd = k abcd = k k , m ∈ ¥ ,31 < k < m < 100 ⇔ 2 a + b + c + d + = m ( ) ( ) ( ) ( ) abcd + 1353 = m m − k = 1353 Do đó: ⇒ ( m + k ) ( m − k ) = 123.11 = 41.33 ( k + m < 200 ) m + k = 123 m = 67 (TM ) m − k = 11 m = 57 ⇒ ⇔ m + k = 41 m = 37 ( KTM ) m − k = 33 k = Vậy số cần tìm Bài Câu abcd = 3136 ·AEP = ·AFP AEPF Ta có: hình bình hành nên ∆ FPC ∆EPB Xét có: · · · · EB = FP ( = AE ) ; EP = FC ( = AF ) ; PEB = PFC (vi 600 − AEP = 600 − AFP ) ⇒ ∆EPB = ∆FPC ( c.g c ) ⇒ PB = PC (1) · · µ = 600 EAP + AEP = 1800 ⇒ µ A3 + E Ta có: ⇒ ∆EPB = ∆ABC (cgc) ⇒ PB = BC ( ) Từ (1) (2) suy PB = PC = BC Vy m +E ả = 600 µ ¶ E A3 = E 2 ∆PBC Câu ∆ABC a) Dùng định lý Pytago đảo chứng minh được: vuông C 1 AC.BC 20.15 S ABC = AC BC = AB.CH ⇒ CH = = = 12cm 2 AB 25 Ta có: HA = 16cm, BH = 9cm b) Dễ dàng tính được: AD = 10cm, HD = 6cm ∆ACH tia phân giác nên suy BC = BD ( = 15cm ) Do đó: ∆BDC Vậy cân B CBH , CAH ∆ c) Xét vng: Ta có: BC = BH + CH ( Pytago) CD CD = DH + CH ( Pytago ) BD = BC = BH + CH ( Pytago ) Từ suy BC + CD + BD = 3CH + BH + DH Bài Xét số dương : a + b ≤ + ab ⇔ a + b − ab ≤ Xét : ⇔ ( a + b ) ( a + b2 − ab ) ≤ ( a + b ) (Vi a + b > 0) ⇔ a + b3 ≤ a + b ⇔ ( a + b3 ) ( a + b3 ) ≤ ( a + b ) ( a + b5 ) (Vi a + b3 = a + b5 ) ⇔ a + 2a 3b3 + b ≤ a + ab5 + a 5b + b ⇔ 2a 3b3 ≤ ab5 + a5b ⇔ ab ( a − 2a 2b + b ) ≥ ⇔ ab ( a − b ) ≥ ∀a, b > a, b a + b ≤ + ab a + b3 = a + b5 Vậy : với dương 2 ... PFC (vi 600 − AEP = 600 − AFP ) ⇒ ∆EPB = ∆FPC ( c.g c ) ⇒ PB = PC (1) · · µ = 600 EAP + AEP = 180 0 ⇒ µ A3 + E Ta có: ⇒ ∆EPB = ∆ABC (cgc) ⇒ PB = BC ( ) Từ (1) (2) suy PB = PC = BC Vậy mà µ +E