100 HSG 16 THANH HOA NHU THUY DUNG

a Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD BC, hai góc bằng nhau.. b Về phía ngoài tứ giác ABCD , dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF.. Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2015-2016 Câu 1: (4,0 điểm)

Cho

P

a) Rút gọn P Với giá trị nào của x thì P1

b) Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình

4

3 3 2

x x

b) Tìm số nguyên x thỏa mãn x2xy y 2 x y2 2

Câu 3: (4,0 điểm)

a) Cho

1

a x

x

 

,

1

b y

y

 

,

1

c xy

xy

 

Tính giá trị của biểu thức

A a   b c abc

b) Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có 1

Câu 4: (4,0 điểm)

Cho tứ giác ABCD có AD BC , AB CD Gọi I Q H P, , , lần lượt là trung điểm của AB AC CD BD, , ,

a) Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD BC, hai góc bằng nhau

b) Về phía ngoài tứ giác ABCD , dựng hai tam giác bằng nhau ADE và

BCF Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AB CD EF, , cùng thuộc một đường thẳng

Câu 5: (2,0 điểm)

Tam giác ABC có BC 40cm, phân giác AD45cm, đường cao AH 36cm. Tính độ dài

,

BD DC

Câu 6: (2,0 điểm)

Với a b, là các số thực thỏa mãn đẳng thức 1  1  9

4

Hãy tìm GTNN của P 1a4  1b4

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….….Số báo danh:

………

LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC

2015-2016 Câu 1: (4,0 điểm)

Cho

P

a) Rút gọn P Với giá trị nào của x thì P1

b) Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất

Lời giải

a) Điều kiện: x0; x1; x4.

P

1

x

x





   (Do x0 nên x 3 0) 1

x

  .

Kết hợp với điều kiện suy ra: P1 khi x1 và x4

b) Với x0; x1; x , 4 2 1 4

2

x P



P nguyên   là ước của x 1 4

P đạt giá trị nguyên lớn nhất      x 1 1 x 2

Vậy P đạt giá trị nguyên lớn nhất bằng 6 khi x 2

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình

4

3 3 2

x x

b) Tìm số nguyên x thỏa mãn x2xy y 2 x y2 2

Lời giải

a) Điều kiện: x  3 3 2x 0.

Phương trình

4

3 3 2

x x

    5 3x   x 1 4x  3 3 2x

 5 3x   x 1 4 3 2 x 4x 12 0 *  .

Ta xét các trường hợp sau:

 Với

3 2

x 

, phương trình  *      3x 5 x 1 4(2 x 3) 4  x 12 0

2x    28 x 14 (thỏa mãn đk)

 Với

3

1

  

, phương trình  *      3x 5 x 1 4(2 x 3) 4  x 12 0

2

7

(thỏa mãn đk)

 Với

5 1

3

x

 

, phương trình  *      3x 5 x 1 4(2 x 3) 4  x 12 0

3

8

(loại)

 Với

5 3

x , phương trình  * 3x   5 x 1 4(2 x 3) 4  x 12 0

2

5

(loại)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm

2 14;

7

S   

1

x xy y x y  x y xy xy .

Ta xét các trường hợp:

1

xy

xy xy

xy





       .

Với xy0 và x y 0 suy ra x y 0 Với xy 1 và x y 0 suy ra

1 1

x y





  

1 1

x y

 



 

 TH2: x y 0  2

x y

  là số chính phương mà xy xy 1 là tích

của hai số nguyên liên tiếp (là hai số nguyên tố cùng nhau)

Do đó phương trình  2  

1

x y xy xy không có nghiệm nguyên

Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là:

    x y;  0;0 ; 1; 1 ;  1;1 

Câu 3: (4,0 điểm)

a) Cho

1

a x

x

 

,

1

b y

y

 

,

1

c xy

xy

 

Tính giá trị của biểu thức

A a   b c abc

b) Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có 1

   

Lời giải

a) Ta có:

2

1 2

a x

x

,

2

1 2

b y

y

,

2 2

1 2

c x y

x y

Lại có:

          

                    

Khi đó: A a 2  b2 c2 c2    a2 2 b2 2 4

b) Xét

2 2

2 2

     1 (Vì x nên 1 01 x  )

Đặt

2

2

Khi đó  1      t2 3t 2 0 t 2 2 1  t  0  2

Vì x nên 1  2

x  x2 1 2x  x 1x 2 hay t2 2 đúng  1 đúng

Vậy ta có đpcm

Câu 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD BC , AB CD Gọi I Q H P, , , lần lượt

là trung điểm của AB AC CD BD, , ,

a) Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD BC, hai góc bằng nhau

b) Về phía ngoài tứ giác ABCD , dựng hai tam giác bằng nhau ADE và

BCF Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AB CD EF, , cùng thuộc một đường thẳng

Lời giải

a) Vì IP HQ// và IP HQ (tính chất đường trung bình của tam giác)

nên IPHQ là hình bình hành

Mặt khác IP IQ (do AD BC )

Suy ra IPHQlà hình thoi

Gọi P và 1 Q lần lượt là giao điểm 1

của PQ với AD và BC

Nhận thấy HPQ cân đỉnh H ·HPQ HQP ·  1

Mà PH BC// ·BQ P HPQ1 · (so le trong)  2 và QH AD// ·APP HQP1 · (so le trong)  3

Từ      1 , 2 , 3 suy ra · ·

AP P BQ P (đpcm)

b) Gọi K, M , N lần lượt là trung điểm của EF, DF , CE

Từ giả thiết ADE  BCF và dựa vào

tính chất đường trung bình của tam giác

suy ra HMP HNQ (c.c.c)

MHP NHQ MHQ NHP

·MHN

 và ·PHQ có cùng tia phân giác.

Mặt khác dễ thấy IPHQ và KMHN là các hình thoi.

Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của

·MHN và ·PHQ

Suy ra H, I, K thẳng hàng

Câu 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC40cm, phân giác AD45cm, đường cao AH 36cm Tính độ dài BD , DC

Lời giải

Đặt BD x DC , y Giả sử x y Áp dụng định lí Pytago trong tam giác

vuông AHD ta được HD27cm.

Vẽ tia phân giác của góc ngoài tại A , cắt BC tại E

Ta có

27

AD

AE AD AD DE DH DE

DH

cm

Theo tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác ta có:

75 75



  1 Mặt khác x y 40  y 40x, thay vào  1 ta được

115 1500 0

100

x

x





      .

Do x40 nên chọn x15 y 25.

Vậy BD cm, 15 CD25cm

Câu 6: (2,0 điểm) Với a b, là các số thực thỏa mãn đẳng thức 1  1  9

4

Hãy tìm GTNN của P 1a4  1b4 .

Lời giải

Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho hai dãy a2; 1 và 1; 4 ta được:

17

a

        1 Dấu " " xảy ra

1 2

a

 

Tương tự ta cũng có

2

1 17

b

b   

 2 Dấu " " xảy ra

1 2

b

 

Từ  1 và  2 suy ra

17

a b

P  

 * Mặt khác theo giả thiết 1  1  9

4

4

a b ab

Áp dụng BĐT Côsi ta có:

4

a  a

,

4

b  b

,

2

a b

ab

 

Cộng từng vế ba BĐT ta được: 3 2 2 1 5

2 a b    2 a b ab 4 2 2 1

2

a b

Thay vào  * ta được

1

8 17 2

2 17

Vậy GTNN của P bằng

17

2 đạt được khi

1 2

a b 