PHÒNG GD – ĐT HUYỆN LẬP THẠCH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN Năm học: 2011-2012 Bài (4 điểm) A 3x y xy Cho x, y thỏa mãn y x y 0 x xy 2 y Tính 2.1 2.2 2.3 2.99 B 2 2 1. 1 2. 1 3. 1 99 99 1 Tính 2 Bài (4 điểm) 1) Tìm a, b cho f x ax bx 10 x chia hết cho đa thức g ( x ) x x 2) Tìm số nguyên a cho a số nguyên tố Bài (3 điểm) x 5x 2 Giải phương trình: x x x Bài (4 điểm) Cho hình thoi ABCD có góc ABC 60 Hai đường chéo cắt O, E thuộc tia BC cho BE ba phần tư BC , AE cắt CD F Trên đoạn thẳng AB CD lấy hai điểm G H cho CG song song với FH BG.DH BC 1) Chứng minh : 2) Tính số đo góc GOH Bài (3 điểm) Cho tam giác ABC , ba điểm M , N , P thuộc cạnh BC , CA, AB cho BM CN AP BM & BC CA AB BC Chứng minh hai tam giác ABC MNP có trọng tâm Bài (2 điểm) 2 Cho số dương x, y , z thỏa mãn điều kiện x y z 1 Chứng minh rằng: x3 y3 z3 y 2z z 2x x y ĐÁP ÁN Bài x y 0 y ( x y ) 0 y 0 1) Từ x xy 2 y x y x y 0 Vì x y 0 nên x y 0 x 2 y 3.2 y y y A y y 3y Ta có: n 1 n 2 n 1 n n n 1 n n 1 2n 2) Với n 1, ta có: Áp dụng vào tốn ta có: 1 1 1 9999 B 2 99 1002 100 10000 Bài 2 1) Ta có: g ( x) x x x 1 x g x x x Nên tồn f ( x ) ax bx 10 x Vì chia hết cho đa thức đa thức q( x) cho f ( x ) g ( x).q ( x) ax bx 10 x x x 1 q x Với x 1 a b 0 b a (1) Với x 2a b 0 (2) Thay 1 vào ta có: a 2 & b 4 a a 2a a 2a 2) Ta có: 2 Vì a c a 2a c; a 2a c 2 a 2a a 1 1 Có a 2 a Và a 2a a 1 1 2 Vậy a số nguyên tố a 2a 1 a 2a 1 Nếu a 2a 1 a 1 thử lại thấy thỏa mãn Nếu a 2a 1 a thử lại thấy thỏa mãn Bài Điều kiện x x 5x x x x x Với khơng phải nghiệm phương trình : x 5x 2 x x x x Với phương trình trở thành: * 4 y x x 4 x x x x Đặt phương trình * trở thành: y2 y Điều kiện : y 2 y 0 y y 0 y y 3 0 y Phương trình trở thành: x 0 x x 0 x 1 0 x Với y 0 Với y x x x 0 x 1 x 0 x Vậy tập nghiệm phương trình S 1; 4 Bài VN x x (TMDK ) AH D G O F B C E BC BG BC.DF DH BG DH DF 1) Chứng minh BCG DHF Theo định lý Ta let tính được: 3 DF DC BC BG.DH BC 4 2) Theo định lý Pytago tính được: BG BO BO BC CO BC BG.DH BO BO BO.DO DO DH 0 Ta có GBO HDO 30 Nên BGO DOH GHO 30 Bài A P G B M K I Q N C Qua N kẻ NQ / / AB Q AB , theo định lý Talet 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 QN AP IK / / AP ; IK 2 giác MNQ , GI GK KI Gọi G giao điểm AI PK , theo Ta let ta có: GA GP PA Suy G trọng tâm tam giác MNP G trọng tâm tam giác ABC IK / / QN , IK Bài x3 y3 z3 x y z 6 x ; y z x 6 y ; z x y 6 z z 2x x 2y Ta có: y z Lại có : x y Nên ta có: 2 y z z x 0 x y z xy yz zx x3 y3 9z3 xy yz xz 6 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 1