de thi hsg so 5

[r]

đề thi học sinh giỏi môn thi : tốn (Thời gian 150 phút )

Bµi 1:(2 ®iÓm) a) CMR:

6

n  n víi  n

b) Cho x( 5  6 ) : 20 H·y tính giá trị biểu thức: P(x5 x1)2008

Bài 23 điểm)

a) Cho x > y x.y = 1000 HÃy tính giá trị nhỏ biểu thøc:

2

x y

P

x y

 



b) Gi¶I phơng trình: (x1)2008(x 2)2008 c) GiảI phơng trình: 3

1

x  x x

Bài 3: (2 điểm) a) Chứng minh:

4 4 ( )

8 x y x y  

b) Cho x > 0; y > vµ x + y = chøng minh: 8(x4 y4) xy

 

Bài 4: (3 điểm)

a) Có tồn hay không hai số nguyên x, y cho: 3x27y2 2002 b) Tìm tất cặp số nguyên d¬ng a, b cho:

2 2 a ab

số nguyên

Bài 5: (4 ®iĨm)

Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác: h h ha, ,b c la độ dài ba đờng cao tơng ứng với ba cạnh đó: r bán kính đờng trịn nội tiếp tam giác

a) CMR: 1 1

a b c

h h h r

b) B) CMR: (a b c  )2 4(ha2hb2hc2) Bài 6: (4 điểm)

Cho tam giác cạnh a Hai điểm M, N lần lợt di động hai đoạn AB, AC cho

AM AN

MB NC Đặt AM = x vµ AN = y a) Chng minh: MN2 x2y2 xy b) Chøng minh: MN  a x y

c) Chứng tỏa MN tiếp xúc với đờng trịn nội tiếp tam giác Bài 72 điểm)

Cho biÓu thøc:

2 2

( )(1 ) ( )(1 ) (1 )(1 )

a b a b

P

a b b a b a a b

  

     

a) Rót gän P

b) Tìm cặp số nguyên (a, b) để P =

- Ht

-Đáp án Bài 1:

a) Cã: P n 3 n n n ( 21) ( n1) .(n n1) Vì n, n+1 hai số nguyªn liªn tiÕp nªn P2

1

* NÕu n3  P3

* NÕu n chia cho d th× (n1) 3  P3 * NÕu n chia cho d (n 1)

Vậy P3 mà (2, 3) =  P6

c) Có: x( 5  6 ) : 20 = ( 1  5 1) : 20 1  Do đó: P  (1 1)20081

Bµi 2: a)

2

(x y) 2xy 2000

P x y

x y x y

 

   

  V× x > y nên x y >

2000 x y 

áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dơng: x – y 2000

x y đợc P2 2000 40 5 Đẳng

thøc s¶y x y 2000 x y 20 x y

     



kết hợp với x.y = 1000 ta tìm đợc: 10 10 15, 10 10 15 10 10 15, 10 10 15

x y

x y

    



   



b) Cã: (x1)2008(x 2)2008 x 12008 x 22008 Thư víi x = 1, x = thÊy tháa m·n

* Nếu x < x 1 Do đó: x12008 x 22008 1 * Nếu x > x1 1. Do đó: x12008 x 220081

* Nếu < x < x1 1: x 1 Do đó: x12008 x 22008(x1) ( x 2)

Vậy nghiệm phơng trình: x x

 

 



c) PT: x 1 x 8 x3 1

     (1)

NhËn thÊy x = lµ nghiƯm phơng trình (1)

* Nếu x < Thì VP phơng trình lớn 1, vế trái PT bé nên PT (1) v« nghiƯm

* NÕu x > VÕ phải PT (1) nhỏ 1, vế trái PT (1) lớn nên PT (1) vô nghiệm Vậy x = nghiệm phơng trình (1)

Bµi 3:

a) Ta cã: x2y2 2xy

2 2 ( )

2 x y

x y 

  

Do đó:

2 2 2

4

( )

( )

2

x y

x y

x y

  

 

  

  

=

4 ( )

8

x y (§PCM)

b) Theo B§T Cauchy: x y 2 xy Do  y nªn xy  Theo c©u a cã 4

8

x y  VËy 8(x4 y4) xy

   (§PCM) Bµi 4:

a) Ta cã: 3x27y2 2002  3x2 2002 7 y2  3x2 7(286 y2)

Mặt khác: (3, 7)) = Nên x7 x272

Từ suy ra: (286 y2) 7  287 ( y21) 7  y21 7

Gi¶ sư: y7k r víi 0 r th× y2 1 (7k r )2 1 7(7k22 )kr r21 Thư víi r0,1, 2,3, 4,5,6 th× r2 1

 không chia hết cho

Do khơng tồn hai số ngun x, y để 3x27y2 2002 b) Nhận xét rằng: (1, b) khơng phải nghiệm phơng trình

I

ha

H

d B'

C B

A

H N M

C B

A

Nên a2 Từ giả thiết suy ra: b a( 2 2)a ab( 2) 2( a b )ab2

 2(a b ab ) 2 Do tồn k nguyên dơng cho: 2(a b )k ab( 2) (1)

* NÕu k2 th× tõ (1) cã a b ab   2 (a1)(b1) mâu thuẫn (Vì a,b nguyên dơng * Do vËy k1 Tõ (1) cã 2(a b )ab 2 (a 2)(b 2) 2 (2)

Giải PT (2) ta đợc: (a, b) (3, 4) (4,3) Thử lại thấy có (a, b) = (4, 3) thỏa mãn Bài 5:

a) Ta có: a h a b h b c h c (a b c r  ) 2S ( S diện tích tam giác cho)

Suy ra:

2

a

a

ah a a

S   ah  S (1) T¬ng tù:

2

b

b

bh b b

S   bh  S (2)

2

c

c

ch c c

S   ch  S (3) Tõ (1), (2) vµ (3) Suy ra:

1 1

2

a b c a b c

a b c a b c

ah bh ch S r h h h r

 

        (§PCM)

b)Xét tam giác ABC có AB = c; AC = B; BC = a Từ A kẻ đờng thẳng d//BC, lấy B'đối xứng với B qua d ta có ' 2

a BB  h

Ta cã: BB'2BC2 B C' (B A AC'  )2, Suy ra: 4ha2 (c b )2 a2 (4) T¬ng tù ta cã: 4hb2 (c a )2 b2 (5) v 4hc2 (a b )2 c2 (6) Tõ (4), (5) vµ (6) ta cã:

(c b )2 a2(c a )2 b2(a b )2 c2 4(ha2hb2hc2)

 (a b c  )2 4(ha2hb2hc2) (ĐPCM Cách 2:

Đặt:

2 a b c

p   Theo c«ng thøc Hẻông ta có: 4S2 a h2 a2 (p p a p b p c )(  )(  )

2

2

4 ( )( )

4 ( )( )( ) 2

2 a

p b p c p p a

p p a p b p c h

a

  



  

  

2 ( )

a

h p p a

  

T¬ng tù:  hb2 p p b(  )v hc2 p p c(  )

Suy ra: p(p-a) +p(p-b) + p(p-c) h +h +h a2 b2 c2 (a+b+c)24(h +h +h ) a2 b2 c2 (ĐPCM Bài 6:

a) Dựng MH AC

* Nếu H năm A N xét tam giác vuông HAM tqa cã  

60 30

MAH   AMH 

1

;

2 2

x x

AH AM MH

   

Từ đó:

2 x HN AN AH  y Theo định lý Pitago ta có:

2 2

2 2 2

2

x x

MN MH HN   y  x y  xy

   

 

* Nếu N nằm A H làm tơng tự Ta đợc: MN2 x2y2 xy

b) Theo gi¶ thiÕt AM AN

MB NC  ta cã ( ) ( ) ( )( )

x y

x a y y a x a x a y

a x a y          

2

3xy a (a x y)

    

Do MN2 x2y2 xy = (x y )2 3xy(x y )2a2 2 (a x y ) ( x y a  )2

V× x

a x  nªn

a

x ; y

a y  nªn a y

Suy x + y < a Tõ

MN  = (x y a  )2 cã MN = x + y – a (§PCM)

c) Từ câu b MN + BC = a x – y + a = AB – AM + AC – AN = BM + CN

Suy t giác BMNC ngoại tiếp đờng trịn (0) Do MN ln tiếp xúc đờng trịn nội tiếp tam giác

Bµi 7:

a) Điều kiện: a1;ab ( b1)

2 2

( )(1 ) ( )(1 ) (1 )(1 )

a b a b

P

a b b a b a a b

  

      =

2(1 ) 2(1 ) 2( ) ( )(1 )(1 )

a a b b a b a b

a b a b

    

  

2 2

( )( ) (1 )(1 )( )

( )(1 )(1 ) (1 )(1 )

a b a b a ab b a b a b a b ab

a b a b a b

         

 

      a b ab

b) Cã p =  a b ab   5 (a1)(1b) 4.

Ta xét trờng hợp: 1

1

a a

i

b b

  

 



 

  

 

2i

1

a b

 

 

  

3 a b

   

 

(lo¹i) 3i

1

a a

b b

  

 



 

  

 

4i 1

1

a a

b b

  

 



 

  

 

5i

1

a a

b b

  

 



 

  

 

(lo¹i) 6i

1

a a

b b

  

 



 

  

 

Ta có cặp (a,b) cần tìm (2,3); (5,0); (0,-5); (-3,-2)