de thi hsg so 5

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (113.97 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

đề thi học sinh giỏi
môn thi : toỏn
(Thi gian 150 phỳt )

Bài 1:(2 điểm)
a) CMR: 3

n  n víi  n 0

b) Cho x( 6 2 5  6 2 5 ) : 20 .
HÃy tính giá trị của biểu thức: P(x5 x1)2008

Bài 23 điểm)

a) Cho x > y và x.y = 1000. HÃy tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

x y

P

x y

b) GiảI phơng trình: (x1)2008(x 2)2008 1
c) GiảI phơng trình: 5 3 3

1 8 1

x x x

Bài 3: (2 điểm) 
a) Chứng minh:

4
4 4 ( )

8
x y
x y  

b) Cho x > 0; y > 0 vµ x + y = 1 chøng minh: 8(x4 y4) 1 5
xy

  

Bµi 4: (3 điểm)

a) Có tồn tại hay không hai số nguyên x, y sao cho: 3x27y2 2002
b) T×m tÊt cả các cặp số nguyên dơng a, b sao cho:

2 2
2
a

ab

là số nguyên

Bài 5: (4 điểm)

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

a) CMR: 1 1 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 đều cạnh bằng a. Hai điểm M, N lần lợt di động trên hai đoạn AB, AC sao cho
1

AM AN

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

c) Chứng tỏa rằng MN luôn tiếp xúc với đờng trịn nội tiếp tam giác đó.

Bài 72 điểm)

Cho biÓu thøc:

2 2 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 các cặp số nguyên (a, b) để P = 5

--- Ht

---Đáp án
Bài 1:

a) Cã: P n 3 n n n ( 21) ( n1). .(n n1)
V× n, n+1 là hai số nguyên liên tiếp nên P2

1

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

* NÕu n3  P3

* NÕu n chia cho 3 d 1 th× (n1) 3  P3
* NÕu n chia cho 3 d 2 thì (n 1) 3

Vậy P3 mà (2, 3) = 1  P6

c) Có: x( 6 2 5  6 2 5 ) : 20 = ( 5 1  5 1) : 20 1 
Do đó: P  (1 1 1)20081

Bµi 2:
a)

(x y) 2xy 2000

P x y

x y x y

 

   

  V× x > y nên x y > 0 và

2000

0
x y

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

x y đợc P2 2000 40 5 . Đẳng

thøc s¶y ra x y 2000 x y 20 5
x y

     



kết hợp với x.y = 1000 ta tìm đợc: 10 5 10 15, 10 5 10 15
10 5 10 15, 10 5 10 15

x y

    



   



b) Cã: (x1)2008(x 2)2008 x 12008 x 22008

Thư víi x = 1, x = 2 thÊy tháa m·n

* Nếu x < 1 thì x 2 1 . Do đó: x12008 x 22008 1
* Nếu x > 2 thì x1 1. Do đó: x12008 x 220081

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

VËy nghiÖm phơng trình: 1
2
x
x

c) PT: 5 x 1 3 x 8 x3 1

     (1).

NhËn thÊy x = 0 lµ nghiƯm cđa phơng trình (1).

* Nếu x < 0. Thì VP của phơng trình lớn hơn 1, còn vế trái PT bé hơn 1 nên
PT (1) v« nghiƯm.

* NÕu x > 0. VÕ ph¶i cđa PT (1) nhỏ hơn 1, vế trái của PT (1) lớn hơn 1 nên PT (1) vô nghiệm.
Vậy x = 0 là nghiệm của phơng trình (1)

Bài 3:

a) Ta cã: x2y2 2xy

2
2 2 ( )

2
x y

x y 

  

Do đó:

2
2
2 2 2

4 4

( )
2

( )

2 2

x y

x y

  

 

  

  

4
( )

x y (§PCM)

b) Theo B§T Cauchy: x y 2 xy. Do  y 1 nªn 1 4
xy 
Theo c©u a cã 4 4 1

x y  . VËy 8(x4 y4) 1 5

xy

   (§PCM) .
Bµi 4:

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

Mặt khác: (3, 7)) = 1. Nªn x7 x272.

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

Giả sử: y7k r với 0 r 6 thì 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

 đều khơng chia hết cho 7.

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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

ha

d
B'

C
B

H
N
M

C
B

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 đó tồn tại k nguyên dơng sao cho:
2(a b )k ab( 2) (1)

* NÕu k2 th× tõ (1) cã a b ab  2 (a1)(b1) 1 0 mâu thuẫn. (Vì a,b nguyên dơng.
* Do vậy k1. Từ (1) có 2(a b )ab 2 (a 2)(b 2) 2 (2)

Giải PT (2) ta đợc: (a, b) là (3, 4) và (4,3). Thử lại thấy chỉ 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 là diện tích tam giác đã cho)

Suy ra: 1

2 2

a

ah a a

S   ah  S (1)
T¬ng tù:

2 2

b

bh b b

S   bh  S (2)
1

2 2

c

ch c c

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

1 1 1 1 1

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' 2 (B A AC'  )2, Suy ra: 4ha2 (c b )2 a2 (4)
T¬ng tù ta cã: 4hb2 (c a )2 b2 (5) v à 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 công thức Hẻông ta có: 4S2 a h2 a2 4 (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 à 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 giữa A và N thì xét tam giác vuông HAM tqa có 0  0

60 30

MAH   AMH 

1 3

;

2 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 3 2 2

2 2

x x

MN MH HN   y  x y  xy

   

 

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

b) Theo gi¶ thiÕt AM AN 1

MB NC  ta cã 1 ( ) ( ) ( )( )

x y

x a y y a x a x a y

a x a y          

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

3xy a 2 (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 1

a x  nªn 2

a

x ; y 1

a y  nªn 2
a
y

Suy ra x + y < a. Tõ 2

MN  = (x y a  )2 cã MN = x + y a (ĐPCM)

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

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

Bµi 7:

a) Điều kiện: a1;ab ( do đó b1)

2 2 2 2

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

a b a b

P

a b b a b a a b

  

      =

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

a a b b a b a b

a b a b

    

  

2 2 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 = 5  a b ab   5 (a1)(1b) 4.

Ta xét các trờng hợp:
1 1 1 2

1 4 3

a a

i

b b

  

 



 

  

 

2i 1 2

1 2

a
b

 




 


3
1
a
b



 




(lo¹i) 3i 1 4 5

1 1 0

a a

b b

  

 



 

  

 

4i 1 1 0

1 4 5

a a

b b

  

 



 

  

 

5i 1 2 1

1 2 3

a a

b b

  

 



 

  

 

(lo¹i) 6i 1 4 3

1 1 2

a a

b b

  



Ta có các cặp (a,b) cần t×m (2,3); (5,0); (0,-5); (-3,-2)

</div>

de thi hsg so 5

1





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về