PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO §Ò 13Đề thức ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề) Bài (3 điểm): Viết số 20112012 thành tổng số nguyên dương Đem tổng lập phương tất số hạng chia cho số dư ? Bài (3 điểm): Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 1 P = x + + y + x y Bài (3 điểm): Giải phương trình: 5x2 + 4y2 + = 4xy + 2x + 4y Bài (3 điểm): Tìm tất tam giác vuông có độ dài cạnh số nguyên số đo diện tích số đo chu vi Bài (4 điểm): Cho tam giác ABC có ∠ ABC= 300, ∠ ACB=200 Đường trung trực AC cắt BC E cắt tia BA F Chứng minh rằng: a) Tam giác AEF cân b) AC = BE Bài (4 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) với đường cao AH = R Gọi D K hình chiếu vuông góc H xuống AB AC AB AC a) Giả sử giá trị R số nguyên Chứng minh rằng: Giá trị số 2 phương b) Chứng minh rằng: S ∆ADK = S ∆ABC §Ò 13 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN: TOÁN Bài (3 điểm): Giả sử A = 20112012 = a1 + a2 + a3 + + ak B = a13 + a23 + a33 + + ak3 Trong a1, a2, a3, , ak số nguyên dương Ta thấy a3 – a = a(a + 1)(a – 1) tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3, 3 3 đó: B – A = ( a1 + a2 + a3 + + ak ) – (a1 + a2 + a3 + + ak ) ( ) ( ) ( ) ( = a1 − a1 + a2 − a2 + a3 − a3 + + ak − ak 3 3 ) phải chia hết cho Nghĩa A B có số dư chia cho Ta có 20112 = (2010 + 1)2 = (3u + 1)2 = 3v + 1, u, v số nguyên dương Suy A = 20112012 = (20112)1006 = (3v + 1)1006 chia cho dư Vậy số B chia cho có số dư Bài (3 điểm): Với x, y dương x + y = 1, ta có: 1 P = x + y + + + = ( x + y ) 1 + 2 ÷+ x y x y Áp dụng bất đẳng thức Bunhicốpxki, ta có: = (x + y )2 ≤ 2.(x2 + y2) hay x2 + y2 ≥ 1 ≥ ⇒ 2 ≥16 xy x y 1 25 Do P ≥ (1 +16) + = , đẳng thức xảy ⇔ x = y = 2 25 ⇔ x=y= Vậy P = 2 ta có: = ( x + y )2 ≥ 4xy nên ⇒ Bài (3 điểm): Ta có 5x2 + 4y2 + = 4xy + 2x + 4y ⇔ x2 + 4y2 + – 4xy + 2x – 4y + 4x2 – 4x + = y = x − y +1 = x − y +1 = ⇔ (x – 2y + 1)2 + (2x – 1)2 = ⇔ ⇔ ⇔ x − = x = x = Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = ( ; ) Bài (3 điểm): Gọi a, b, c số đo cạnh tam giác vuông cần tìm Giả sử ≤ a ≤ b < c (1) a + b2 = c2 Ta có hệ phương trình : (2) ab = 2(a + b + c) 2 2 Từ (1) ⇒ c = (a + b) − 2ab ⇒ c = (a + b) − 4(a + b + c) (theo (2)) ⇔ (a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c ⇔ (a + b)2 − 4(a + b) + = c2 + 4c + ⇔ (a + b − 2)2 = (c + 2)2 ⇔ a + b − = c + (do a + b ≥ 2) ⇔ c = a + b − Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4) ⇔ ab −4a−4b + = ⇔ b(a −4) −4(a−4) = ⇔ (a −4)(b−4) = Phân tích = 1.8 = 2.4 nên ta có: a − =1 a- 4=2 hoÆ c b- 4=4 b − = ⇔ Từ ta có tam giác vuông có cạnh (5 ; 12 ; 13) (6 ; ; 10) a=5 a=6 hoÆ c b=12 b=8 Bài (4 điểm): a (2 điểm): Gọi K giao điểm AC EF ∆ AEC cân E ⇒ ∠ EAK+ ∠ ECK=200 Mặt khác: ∠ FAC= ∠ ABC+ ∠ ACB=500 => ∠ FAE=700 => ∠ AEK= ∠ KEC=900- ∠ KCE=700 Từ (1) (2) suy ∆ AEF cân F (đpcm) b (2 điểm): Hạ EH ⊥ AF H ∆ AEF cân F ⇒ AK = EH Trong tam giác vuông BHE có ∠ B=300 ⇒ EH = BE Mặt khác, AK = AC Do suy AC = BE (đpcm) Cách khác: Trên tia KE lấy điểm P cho ∆ ACP tam giác Ta có ∠ FAP= ∠ FAC+ ∠ PAC=500+600=1100 ∠ FEB= ∠ EKC+ ∠ ECK=900+200=1100 Suy ∠ FAP= ∠ FEB (3) ∆ AEF cân F (c/m câu a) ⇒ FA = FE (4) Từ (3) (4) suy ∆ FAP = ∆ FEB (g-c-g) ⇒ BE = AP = AC (đpcm) Bài (4 điểm): a (2 điểm): Kẽ đường kính AE (O; R) Ta có: ∆ AHB ∆ ACE (g–g) AH AB = ⇒ AB AC = AE AH = R.R = 2 R AC AE AB AC ⇒ = R số phương (R số nguyên) 2 b (2 điểm): ∆ AHB vuông H có HD ⊥ AB ⇒ AH2 = AB.AD, tương tự AH2 = AC.AK ⇒ AH2 = AB.AD = AC.AK AD AK ⇒ = ⇒ ∆ ADK ∆ ACB (c – g – c) AC AB ⇒ ( ) R 2 S AD AH ⇒ ∆ADK = ÷= ÷ = S ∆ACB AC AB AC 2R ⇒ S ∆ADK = S∆ABC (đpcm) 2 2 ÷ =1 ÷ ÷ ... (đpcm) Bài (4 điểm): a (2 điểm): Kẽ đường kính AE (O; R) Ta có: ∆ AHB ∆ ACE (g–g) AH AB = ⇒ AB AC = AE AH = R. R = 2 R AC AE AB AC ⇒ = R số phương (R số nguyên) 2 b (2 điểm): ∆ AHB vuông H có HD ⊥...§Ò 13 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN: TOÁN Bài (3 điểm): Giả sử A = 20112012 = a1 + a2 + a3 + + ak B = a13 + a23 + a33 + + ak3 Trong a1, a2, a3, , ak số nguyên... (2 điểm): Hạ EH ⊥ AF H ∆ AEF cân F ⇒ AK = EH Trong tam giác vuông BHE có ∠ B=300 ⇒ EH = BE Mặt khác, AK = AC Do suy AC = BE (đpcm) Cách khác: Trên tia KE lấy điểm P cho ∆ ACP tam giác Ta có