79 HSG 18 THANH HOA BUI TIEN DOAN

Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng 2.. Giả sử ,x y là các số nguyê

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017

-2018

Câu 1: (4,0 điểm)

1

P

    , với x0,x1

Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số

nguyên

b) Tính giá trị của biểu thức

2018 2017 2

P

x x



2 3 2 2 3 2

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Biết phương trình (m2)x22(m1)x m  có hai nghiệm tương ứng là0

độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông Tìm m để độ dài

đường cao ứng với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng

2 5

b) Giải hệ phương trình

1

x

x y





Câu 3: (4,0 điểm)

2 5 62 ( 2) 2 ( 2 6 8)

y  y  y x  y  y x

b) Cho a b, là các số nguyên dương thỏa mãn p a 2 là số nguyên tố b2

và p5 chia hết cho 8 Giả sử ,x y là các số nguyên thỏa mãn ax2by2

chia hết cho p Chứng minh rằng cả hai số , x y chia hết cho p

Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ( ),( ),( )O I I a theo thứ tự là

các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là O I I, , a Gọi D là tiếp điểm của ( ) I với BC, P là điểm chính giữa cung ¼BAC của ( ) O , PI a

cắt ( ) O tại điểm K Gọi M là giao điểm của PO và BC N, là điểm đối xứng với Pqua O

a) Chứng minh IBI C a là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I MP a

Câu 5: (2,0 điểm) Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn x z . Chứng minh rằng

2 2

2

y yz xz yz x z



- HẾT

-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 THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA 2017

-2018

Câu 1: (4,0 điểm)

1

P

    , với x0,x1

Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số

nguyên

b) Tính giá trị của biểu thức

2018 2017 2

P

x x



2 3 2 2 3 2

Lời giải

a) Với điều kiện x0,x , ta có :1

P



2



Ta có với điều kiệnx0,x  1 x x 1 x 1 1

P

DoPnguyên nên suy ra

2

1

x



  (loại)

Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên.

Chú ý 1: Có thể làm theo cách sau

 

2

1

x



  , coi đây là phương trình bậc hai

của x

Nếu P  0 x  vô lí, suy ra 2 0 P nên để tồn tại 0 x thì phương trình trên có

Do P nguyên nên  2

1

P bằng 0 hoặc 1

+) Nếu  2

Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn

b) Vì

2

2 3 2 2 3 2

nên

3 1 2

là nghiệm của đa thức 2x22x1.

Do đó

2

1

P

x



Chú ý 2: Nếu học sinh không thực hiện biến đổi mà dùng máy

tính cầm tay để thay số và tìm được kết quả đúng thì chỉ cho 0,5 đ.

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Biết phương trình (m2)x22(m1)x m  có hai nghiệm tương ứng là0

độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông Tìm m để độ dài

đường cao ứng với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng

2 5

1

x

x y





+) Nếu  2 2

0

P

P





           không thỏa mãn

a) Phương trình (m2)x22(m1)x m   0 (x 1) ( m2)x m  0 có hai nghiệm khi và chỉ khi m Khi đó 2 nghiệm của phương trình là2.

2

m

m

 Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra

2

m

m

 hoặc m 2

Từ hệ thức

a b h

trong tam giác vuông ta có

2

Với

2 1

2

m

m      

(thỏa mãn) Với

2 4

m

m        

(loại) Vậy m là giá trị cần tìm.4

b)

( ) (8 8 4 13) 5 0 (1)

1

x

x y





ĐKXĐ: x y 0

Chia phương trình (1) cho(x y )2ta được hệ

2

5

( ) 1

x y x

x y







2

2





Đặt

1 ,

x y

 (ĐK:| | 2u  ), ta có hệ

5 3 23 (3)

1 (4)

u v

  



Từ (4) rút u 1 v, thế vào (3) ta được

5u 3(1u) 234u      hoặc 3u 10 0 u 2

5 4

u 

Trường hợp

5 4

u 

loại vì u 2.

Với u    (thỏa mãn) Khi đó ta có hệ 2 v 1

1 2 1

x y

x y

x y



   

 Giải hệ trên bằng cách thế x   vào phương trình đầu ta được1 y

1

y

 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( , ) (0;1).x y 

Câu 3: (4,0 điểm)

2 5 62 ( 2) 2 ( 2 6 8)

y  y  y x  y  y x

b) Cho a b, là các số nguyên dương thỏa mãn p a 2 là số nguyên tố b2

và p5 chia hết cho 8 Giả sử x y, là các số nguyên thỏa mãn ax2by2

chia hết cho p Chứng minh rằng cả hai số x y, chia hết cho p

Lời giải

a) y25y62 ( y 2)x2 y26y8 x (1)

Ta có (1) y2  y 3 56 ( y2)x2y2  y4x

y 2x2 y 4 x y 3 56

x 1  y 2 x y 3 56

Nhận thấy y     2 x 1 x y 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại

Như vậy ta có

   

   

) 56 1.7.8 ; 2;9

) 56 7.1.8 ; 8;3

x y

x y

x y

x y

x y

x y

Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên

Chú ý 3: Học sinh có thể biến đổi phương trình đến dạng

y2x2 y 4 x y 356(được 0,5đ), sau đó xét các trường hợp

b) Do p M nên 5 8 p8k5 (k ¥)

Vì  2 4k 2   2 4k 2 2 2

ax   by  Max by Mp

nên a4k2x8k4 b4k2 y8k4Mp Nhận thấy a4k2x8k4 b4k2 y8k4 a4k2 b4k2x8k4 b4k2x8k4 y8k4

Do 4k 2 4k 2  2 2k 1   2 2k 1 2 2

a  b   a   b  Ma b  p

và b p nên x8k 4 y8k 4Mp (*) Nếu trong hai sốx y, có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia hết cho p

Nếu cả hai sốx y, đều không chia hết cho p thì theo định lí Fecma ta

có :

8k 4 p 1 1(mod ), 8k 4 p 1 1(mod )

x  x   p y  y   p

8k 4 8k 4 2(mod )

   Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai sốx và y chia hết cho p

Câu 4: (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ( ),( ),( )O I I a theo thứ tự là các đường tròn ngoại

tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là O I I, , a Gọi D là tiếp điểm của ( ) I

với BC, P là điểm chính giữa cung BAC của ¼ ( ) O , PI a cắt ( ) O tại điểm

K Gọi M là giao điểm của PO và BC N, là điểm đối xứng với Pqua O

a) Chứng minh IBI C a là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I MP a c) Chứng minh · ·

a

DAI KAI .

Lời giải

a) I là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn a

nội tiếp tam giác ABC, từ đó suy raBI a BI CI, a CI

( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với nhau)

Xét tứ giác IBI C có a ·IBI a·ICI a 1800

Từ đó suy ra tứ giác IBI C là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính a II a

b) Nhận thấy bốn điểm , , ,A I N I thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác a

của ·BAC )

Do NP là đường kính của ( ) O nên · NBP900, M là trung điểm của BC nên PNBC tại M

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN ta có NB2 NM NP.

Vì ·BIN là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên ·BIN =

¼ ¼ 1

(1)

Xét (O):

2

BAC

(cùng chắn cung NC)

Từ (1) và (2) ta có·BIN = ·NBI nên tam giác NIB cân tại N

Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N

Từ đó suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , cũng chính

là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBI C a NI a2 NB2 NM NP

Vậy NI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác a I MP a

Câu 5: (2,0 điểm)

Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn x z . Chứng minh rằng

2 2

2

y yz xz yz x z



Lời giải

Ta có

2 2

2 2

2 1 2

1 1 1

P

y

y yz xz yz x z

yz





2

trong đó a2 x,b2 y,c2 z a b c, , 0

Nhận xét rằng

2

1

z c

Xét

     

2

     

Do đó

 

2

1 1

c

Đẳng thức xảy ra khi a b

Khi đó

2 2

c



     

2

2 1 1



             

3

1

c

do c



Từ  1 và  2 suy ra điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi

a b c    x y z