Đề thi và đáp án học sinh giỏi môn toán ( Hải dương) 2013

PGD & ĐT TP HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN HỌC (Thời gian làm bài: 150 phút) Ngày thi 10 tháng 01 năm 2013 Bi 1 (2,0 đim) Cho biểu thức: A = 2 4 4 4 4 8 16 1 x x x x x x + − + − − − + Rút gọn rồi tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Bi 2 (2,0 đim) Giải các phương trình: a. 322323 22 −++−=+++− xxxxxx b. ( ) 2 4 2 8 3 7 8x x x x+ + = + + Bi 3 (1,5 đim) a. Cho 3 2013 ( ) ( 12 31)f x x x = + − . Tính f (a) với 3 3 a 16 8 5 16 8 5 = − + + b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2 2 3 2 0y xy x+ − − = Bi 4 (1,5 đim) a. Cho a, b, c là ba số hữu tỉ thỏa mãn: abc = 1 và 2 2 2 2 2 2 a b c a b c b c a c a b + + = + + Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số a, b, c là bình phương của một số hữu tỉ. b. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: a + b + c = 3. Chứng minh rằng 2 2 2 3 1 1 1 2 a b c b c a + + ≥ + + + Bi 5 (3,0 đim) Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. a. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA. b. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất. c. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD 3 và 3 3 BE CE BF DF = . d. Nếu tam giác vuông BEF có một hình vuông BMKN nội tiếp (K ∈ EF; M ∈ BE và N ∈ BF) sao cho tỉ số giữa cạnh hình vuông với bán kính đường tròn nội tiếp tam giác BEF là 2 2 2 + . Hãy tính các góc nhọn của tam giác BEF? ………………… Hết……………… ĐÁP ÁN Bi Ý Nội dung 1 ĐKXĐ: x > 4 Rút gọn A = 2 2 2 4 2 4 2 ( 4 2) ( 4 2) 4 4 1 (1 ) x x x x x x − + + − − − + + − − = − − 4 2 4 2 4 x x x x − + + − − = − - Nếu 4 < x ≤ 8 thì A = 4 4 x x − . - Nếu x > 8 thì A = 2 4 x x − * Xét A = 4 4 x x − = 4 + 16 4x − với x ∈ Z. A ∈ Z ⇔ x – 4 là ước của 16 và 4< x ≤ 8 ⇔ x = 5; 6; 8. * Xét A = 2 4 x x − và x ∈ Z; x > 8. (1) * Với x ∈ Z ⇒ 4x − là số vô tỉ, hoặc 4x − ∈¥ Do đó, từ (1) ⇒ A ∈ Z ⇔ 4x − ∈¥ ⇔ 4x − = a (a ∈¥ ; a > 2) ⇒ a 2 = x – 4 ⇒ x = a 2 + 4 ⇒ A = ( ) 2 2 4a a + = 8 2a a + (a ∈¥ ; a > 2) (2) Từ (2) ⇒ A ∈ Z ⇔ 8 a ∈¥ ⇔ a là ước của 8 và a > 2 ⇔ a { } 4; 8∈ ⇒ x = 20; 68 Vậy: x = 5; 6; 8; 20; 68. 2 a ĐKXĐ: x ≥ 2 )3)(1(23)2)(1( +−+−=++−− xxxxxx 032)32(1 =++−−+−−− xxxxx 0)11)(32( =−−+−− xxx 032 =+−− xx (1) hoặc 011 =−−x (2) PT (1) vô nghiệm; giải PT (2) được x = 2 (thỏa mãn). Vậy phương trình có một nghiệm x = 2 b Điều kiện x 8≥ − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 . 8 3 7 8 8 3 . 8 2 8 3 2 0 8 8 3 2 8 3 0 8 2 8 3 0 ⇔ + + = + + ⇔ + − + − + + + + = ⇔ + + − − + + − = ⇔ + − − + − = x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ( ) ( ) 8 2 1 8 3 2 x x x x  + = +  ⇔  + =  Giải PT (1) và tìm được x = 1 là một nghiệm của PT đã cho. Giải PT (2 và tìm được x = 1 là một nghiệm của PT đã cho Kết luận: PT đã cho có một nghiệm là x = 1 3 a 3 3 16 8 5 16 8 5a = − + + ⇒ 3 3 3 3 32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 5 16 8 5 )a = + − + − + + ⇔ 3 32 3.( 4).a a= + − ⇔ 3 32 12a a= − ⇔ 3 12 32 0a a+ − = ⇔ 3 12 31 1a a+ − = ⇒ 2013 ( ) 1 1f a = = b Ta có: 2 2 2 2 2 3 2 0 2 3 2y xy x x xy y x x+ − − = ⇔ + + = + + (*) 2 ( ) ( 1)( 2)x y x x⇔ + = + + VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0 1 0 1 1 2 0 2 2 x x y x x y + = = − ⇒ =   ⇔ ⇔   + = = − ⇒ =   Vậy có 2 cặp số nguyên ( ; ) ( 1;1)x y = − hoặc ( ; ) ( 2;2)x y = − 4 a Ta có: 2 2 2 2 2 2 a b c a b c b c a c a b + + = + + ⇔ 3 2 3 2 3 2 3 3 3 a c b a c b b c c a a b+ + = + + ( ) 2 2 2 1doa b c abc = = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 3 2 3 3 2 3 3 0a b c a c b a a b c b c a b c abc⇔ − − − − − + − = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 2 0a c b a ba b a c b a bc b a ⇔ − − − − − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 0b a a c ba c bc   ⇔ − − − − =   ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0b a c b a c⇔ − − − = 2 a b⇒ = hoặc 2 b c= hoặc 2 c a= Vậy ít nhất một trong ba số a, b, c phải là bình phương của một số hữu tỉ b Do a, b > 0 và 2 1 2 ,b b a b+ ≥ ∀ nên: 2 1 a b+ = 2 2 2 1 2 ab ab a a b b − ≥ − + = 2 ab a− Đẳng thức xảy ra ⇔ b = 1 Chứng minh tương tự ta cũng có: 2 1 b c+ ≥ 2 bc b− ; 2 1 c a+ ≥ 2 ca c− . Đẳng thức xảy ra ⇔ c = 1; b = 1. ⇒ ( ) 2 2 2 1 1 1 2 a b c ab bc ca a b c b c a + +   + + ≥ + + −  ÷ + + +   Hay 2 2 2 3 1 1 1 2 a b c ab bc ca b c a + +   + + ≥ −  ÷ + + +   (1) Mặt khác, do a + b + c = 3 ⇒ (a + b + c) 2 = 9 ⇔ ( ) 2 2 2 2 9a b c ab bc ca+ + + + + = (2) Mà 2 2 2 a b c+ + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 a b b c c a ab bc ca   + + + + + ≥ + +   (3) Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c Từ (2)và (3) ⇒ 9 ( ) 3 ab bc ca≥ + + ⇔ 3 ( ) ab bc ca≥ + + (4) Từ (1) và (4) ⇒ 2 2 2 3 3 1 1 1 2 a b c b c a + + ≥ − + + + ⇔ 2 2 2 3 1 1 1 2 a b c b c a + + ≥ + + + Dấu = sảy ra ⇔ a = b = c = 1 5 1 1 I H Q P O A F D C E B a BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA Nối OE, ∆ BEF vuông tại B; BA ⊥ EF nên AB 2 = AE. AF ⇒ AB E 1 1 AB AF 2 2 AE AB AE A AB AB AF OA AQ = ⇒ = ⇒ = Vậy ∆ AEO : ∆ ABQ(c.g.c). Suy ra · · EABQ A O= mà · µ 1 ABQ P= (góc có các cạnh tương ứng vuông góc) nên · µ 1 AEO P= , mà hai góc đồng vị => PH // OE. Trong ∆ AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA. b Ta có . . ( ) 2 BPQ AB PQ S R PQ R AP AQ= = = + 2 2 2 ( E+AF) .2 E+AF 4 2R 2 2 R R A A R AB R R= ≥ = = = 2 2R BPQ S = ⇔ AE = AF ⇔ ∆ BEF vuông cân tại B. ⇔ ∆ BCD vuông cân tại B ⇔ AB ⊥ CD. Vậy S BPQ đạt giá trị nhỏ nhất là 2R 2 khi AB ⊥ CD c Ta có ∆ ACB và ∆ ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên · · 0 D 90ACB A B= = => ADBC là hình chữ nhật. Ta có: CD 2 = AB 2 = AE. AF => CD 4 = AB 4 = AE 2 . AF 2 = (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF ⇒ AB 3 = CE.DF.EF. Vậy CD 3 = CE.DF.EF Ta có: 2 4 2 2 4 2 A.EF E E . A. . BE E A BE A CE BE BF F EF AF BF AF DF BF = = ⇒ = = ⇒ 3 3 BE CE BF DF = 2 1 J S O M N K B E F d Tứ giác BMKN là hình vuông nên BK là phân giác của µ B . Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp ∆ BEF thì O phải nằm trên BK. Kẻ OJ ⊥ BE và OS ⊥ BF. Vì OS // KN nên 2 2 2 1 2 2 KN BK OS BO + = = = + vì 2 1 1 2 2 BK BO OK OK OK BO BO OB OB + = = + => = = Mặt khác FO là phân giác µ F nên OK KF OB BF = Suy ra KF BF = 1 2 => BF = KF. 2 => BF 2 = 2KF 2 Lí luận tương tự ta có BE = EK. 2 ⇒ BE 2 = 2EK 2 Vậy EF 2 = BE 2 + BF 2 = 2 (KF 2 + KE 2 ) ⇒ (EK+KF) 2 = 2(KF 2 + EK 2 ) ⇒ EK 2 +2EK.KF + KF 2 = 2KF 2 + 2EK 2 ⇒ KF 2 – 2EK.KF + KE 2 = 0 ⇒ (KF – KE) 2 = 0 ⇒ KF = KE. Vậy ∆ BEF vuông cân tại B nên · · · 0 0 90 , E 45 EBF BEF BF= = = . PGD & ĐT TP HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN HỌC (Thời gian làm bài: 150 phút) Ngày thi 10 tháng 01 năm 2013 Bi 1 (2,0 đim) Cho biểu. vuông góc) nên · µ 1 AEO P= , mà hai góc đồng vị => PH // OE. Trong ∆ AEO có PE = PA (giả thi t); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA. b Ta có . . ( ) 2 BPQ AB PQ S R PQ R AP AQ= = =