ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP CỤM CHUYÊN MƠN SỐ NĂM HỌC 2020-2021 MƠN TỐN Thời gian làm : 120 phút Câu (4 điểm) A 3 84 1 84 số nguyên a) Chứng minh : p p p số b) Giả sử số nguyên tố Chứng minh nguyên tố Câu (6 điểm) Giải phương trình sau : a) x x x 11 b) x x 5 x 20 x 22 c) x 1 x 2 x x Câu (4 điểm) 1 1 1 1 2021 2021 2021 2021 2021 b c a b c 2021 a) Cho a b c a b c Chứng minh rằng: a 1 2 b) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c Tìm giá trị lớn Q abc Câu (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có đường cao AD, BE , CF cắt H Gọi I , K hình chiếu điểm D đường thẳng BE , CF Chứng minh : a) BH BE CH CF BC b) IK / / EF c) Trong tam giác AEF , BDF , CDE có tam giác có diện tích nhỏ diện tích tam giác ABC Câu (1 điểm) Chứng minh : Nếu tất cạnh tam giác nhỏ diện tích tam giác nhỏ ĐÁP ÁN Câu A 3 84 1 84 số nguyên 84 84 84 1 1 9 a) Chứng minh 84 A3 2 1 84 3 A3 2 A A 2 A A A 0 81 A 1 A2 A 0 A 1 A2 A Vậy A nguyên b) Giả sử p p số nguyên tố Chứng minh p số nguyên tố Với p 2 : p 6( ktm) Với p 3: p 11, p 29(tm) 2 Với p p 3k 1; p 3t 3(ktm) Vậy p 3 Câu a) x x x 11 11 x x x 0 x x x x 0 x 3 x 0 x x 0 x 1 b) x 3x 5 x 20 x 22 Ta có: x 20 x 22 5 x x 5 x 2 3x 3x Vậy 3x x 4 2 x 3x 2 x 3x 5 x 20 x 22 2 x 20 x 20 0 x 2 c) x 1 x 2 x x x 1 x 1 x x 0 a x 1 a 1 , phương trình trở thành : Đặt 2a x 1 a x 0 , x 1 a 2 x x 2 2 x 2 x x x x 0 x S Vậy phương trình có tập nghiệm Câu 1 1 a) Ta có : a b c a b c (ktm) ab bc ca abc a b c a b c ab bc ca abc 0 a b ab bc ca abc bc ac abc 0 a b ab bc ca c a b 0 a b ab bc ca c 0 a b b a c c a c 0 a b b c a c 0 a b 0 a b b c 0 b c c a 0 c a Với a b : 1 1 2021 2021 2021 2021 2021 2021 a b c a b c 1 1 2021 2021 2021 2021 2021 2021 b b c b b c 1 2021 2021 c c (luôn đúng) Chứng minh tương tự với b c, c a Ta có điều phải chứng minh 1 1 1 b) 2 1 1 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c b c bc 2 1 1 a 1 b 1 c 1 b 1 c Tương tự : 2 1 b 1 , , 3 Từ ca 2 ; 1 c 1 a 2 1 c ab 1 a 1 b 1 abc 8 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 abc Q 8 (3) a b c Dấu " " xảy 1 Qmax a b c Vậy Câu A E F I H K C D B a) Tam giác vuông AEB tam giác vng HFB có góc B chung nên đồng dạng với AB BE BH BE AB.BF 1 BH BF Tam giác vuông AFC tam giác vng HEC có C chung nên chúng đồng dạng với AC CF CH CF AC CE 1 CH CE Từ (1) (2) suy BH BE CH CF AB.BF AC.CE 3 Mặt khác dễ thấy tam giác vuông ADB tam giác vuông BFC đồng dạng (góc B chung) AB BD AB.BF BC.BD BC BF AD DC AC.CE BD.CD BC CE Chứng minh tương tự ta có ADC∽ BEC AB BF AC CE BC BC CD BC 6 Từ (4) (5) suy Từ (3) (6) suy BH BE CH CF BC dfcm AB FC AB / / DK FAH HDK DK FC b) Ta có : (hai góc so le trong) (1) Tứ giác AFHE có AFH AEH 90 90 180 mà góc vị trí đối nên tứ giác AFHE tứ giác nội tiếp FAH FEH (2 góc nội tiếp chắn cung FH ) 2 Chứng minh tương tự ta có tứ giác IDKH tứ giác nội tiếp HIK HDK (2 góc nội tiếp chắn cung HK ) 3 Từ (1), (2), (3) FEH HIK mà góc vị trí so le Suy IK / / EF dfcm c) Đặt BC a, CA b, AB c, AE x, AF y , BD z x, y , z a x, y, z b,0 x, y, z c Khi BF c y, EC b x, CD a z Giả sử khơng có tam giác có diện tích nhỏ diện tích tam giác ABC 1 S AEF S ABC ; S BFD S ABC ; SCED S ABC 4 Nghĩa S AEF AE AF xy S BFD BF BD c y z S AEF S BFD SCED ; S 64 S AB AC cb S BA BC ca ABC ABC Suy Ta có : ABC SCED CE.CD b x a z S ABC CA.CB ba S AEF S BFD SCED xyz a z b x c y S a 2b c ABC Do : Theo bđt Cơ – si , y c y x b x y c y c x b x z a z b2 z a z a2 4 S AEF S BFD SCED xyz a z b x c y 2 S 64 (mâu thuẫn gt) a b c 64 ABC Do hay Câu A B H C AH BC BH AH BC AB 1, AC 1, BC 2 Kẻ Ta có Áp dụng định lý Pytago tam giác vuông ABH Ta có: AH BH AB 2 2 2 Mà AB AH BH AH BH AH 3 AH 4 1 3 S ABC AH BC 2 2 Vậy tất cạnh tam giác nhỏ diện tích tam giác nhỏ