PHÒNG GD – ĐT HUYỆN LẬP THẠCH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN Năm học: 2011-2012 Bài (4 điểm) Cho x, y thỏa mãn y x y x xy y Tính A Tính B 2.1 1.1 1 2.2 2. 1 2.3 3. 1 3x y x y 2.99 99. 99 1 Bài (4 điểm) 1) Tìm a, b cho f x ax3 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 Giải phương trình: 2 x 4x x Bài (4 điểm) Cho hình thoi ABCD có góc ABC 600 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 1) Chứng minh : BG.DH BC 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 & Chứng minh hai tam giác ABC MNP có BC CA AB BC trọng tâm Bài (2 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z Chứng minh rằng: x3 y3 z3 y 2z z 2x x y ĐÁP ÁN Bài x y 1) Từ y ( x y ) y x2 xy y x y x y Vì x y nên x y x y Ta có: A 3.2 y y y y y 3y 2) Với n 1, ta có: n 1 n2 2 2 n 1 n2 n n 1 n n 1 2n Áp dụng vào tốn ta có: 1 1 1 9999 B 2 99 1002 1002 10000 Bài 1) Ta có: g ( x) x x x 1 x Vì f ( x) ax3 bx 10 x chia hết cho đa thức g x x x Nên tồn đa thức q( x) cho f ( x) g ( x).q( x) ax3 bx 10 x x x 1 q x Với x a b b a (1) Với x 2 2a b (2) Thay 1 vào ta có: a & b 2) Ta có: a a 2a a 2a Vì a c a 2a c; a 2a c Có a 2a a 1 a Và a 2a a 1 a 2 Vậy a số nguyên tố a 2a a 2a Nếu a2 2a a 1thử lại thấy thỏa mãn Nếu a2 2a a 1 thử lại thấy thỏa mãn Bài Điều kiện x 2 Với x nghiệm phương trình : x 5x 2 x 4x x x 5x 2 trở thành: x 4x x 2 * Đặt y x phương trình * trở thành: 4 x x 4 x x x 2 y2 y2 Điều kiện : y 2 y Phương trình trở thành: y y y y 3 y 3 Với y x x x x 1 VN x Với y 3 x 1 x 3 x x x 1 x (TMDK ) x x 4 Với x phương trình Vậy tập nghiệm phương trình S 1; 4 Bài AH D G O F B C E 1) Chứng minh BCG DHF BC BG BC.DF DH BG DH DF 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 Ta có GBO HDO 300 Nên BGO DOH GHO 300 Bài A P G B M K N I Q 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 giác MNQ , IK / / QN , IK QN AP IK / / AP; IK 2 GI GK KI GA GP PA Suy G trọng tâm tam giác MNP G trọng tâm tam giác ABC Bài x3 y3 z3 Ta có: x y 2z 6x2 ; y z 2x y2; z x y 6z y 2z z 2x x 2y Gọi G giao điểm AI PK , theo Ta let ta có: Lại có : x y y z z x x y z xy yz zx 2 Nên ta có: x3 y3 z3 3 xy yz xz 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