Đề thi và đáp án học sinh giỏi môn toán ( Hải dương) 2013

Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA.. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện g

PGD & ĐT TP HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012 – 2013

MÔN THI: TOÁN HỌC

(Thời gian làm bài: 150 phút) Ngày thi 10 tháng 01 năm 2013

Bài 1 (2,0 điểm)

Cho biểu thức:

A =

2

8 16 1

x x

 

Rút gọn rồi tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.

Bài 2 (2,0 điểm)

Giải các phương trình:

















x

b 4x 2 x  8 3x2  7x 8

Bài 3 (1,5 điểm)

a Cho f x( ) (  x3  12x 31) 2013

Tính f (a)với a  3 16 8 5   3 16 8 5 

b Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2

y  xy x 

Bài 4 (1,5 điểm)

a Cho a, b, c là ba số hữu tỉ thỏa mãn: abc = 1

và

b  c a  c  a  b Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số a, b, c là bình phương của một số

hữu tỉ

b Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: a + b + c = 3.

Chứng minh rằng 2 2 2

3

b  c  a 

Bài 5 (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E

và F Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF

a Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA

b Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất

c Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD3 và

3 3

BF DF .

tam giác BEF là 2 2

2

 Hãy tính các góc nhọn của tam giác BEF?

……… Hết………

ĐÁP ÁN

1

ĐKXĐ: x > 4

Rút gọn A =

2

( 4 2) ( 4 2)

4

(1 )

x x

    

    







4 2 4 2

4

x x

    





- Nếu 4 < x 8 thì A = 4

4

x

x 

- Nếu x > 8 thì A = 2

4

x

x 

* Xét A = 4

4

x

x  = 4 + 16

4

x  với x Z

AZ x – 4 là ước của 16 và 4< x 8  x = 5; 6; 8

* Xét A = 2

4

x

x  và x Z; x > 8 (1)

* Với x Z  x  4 là số vô tỉ, hoặc x  4 

Do đó, từ (1)  AZ  x  4   x  4 = a (a ; a > 2)

 a2 = x – 4  x = a2 + 4

 A = 2a2 4

a

 =2a 8

a

 (a ; a > 2) (2)

Từ (2) AZ  8

a a là ước của 8 và a > 2

 a 4; 8  x = 20; 68

Vậy: x = 5; 6; 8; 20; 68.

2 a ĐKXĐ: x  2 (x 1 )(x 2 )  x 3  x 2  (x 1 )(x 3 )

0 3 2

) 3 2

(

1        

x

0 ) 1 1 )(

3 2

( x  x x  

0 3

2   

x (1) hoặc x 1  1  0 (2)

b Điều kiện x  8

2

4 2 8 3 7 8

x x x x x x x

 

 

x x

x x

   





  



Giải PT (1) và tìm được x = 1 là một nghiệm của PT đã cho.

Giải PT (2 và tìm được x = 1 là một nghiệm của PT đã cho

Kết luận: PT đã cho có một nghiệm là x = 1

3

a a 3 16 8 5   3 16 8 5 

 a  3 32 3 (16 8 5)(16 8 5).( 16 8 53   3   3 16 8 5 ) 

 3

32 3.( 4).

a    a  a3  32 12  a  a3  12a 32 0 

 a3  12a 31 1   f a ( ) 12013  1

b

y  xy x   x  xy y x  x (*) 2

(x y) (x 1)(x 2)

VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0

Vậy có 2 cặp số nguyên ( ; ) ( 1;1)x y   hoặc ( ; ) ( 2; 2)x y  

4

a

Ta có:

b  c a  c  a  b

 a c3 2b a3 2c b3 2b c c a a b3  3  3 do a b c2 2 2abc1

a b c2 2 2 a c3 2 b a3 2 a b3  c b3 2 c a3  b c abc3  0

b2 a  a c2 2 ba2 c3 bc  0

b2 a c  2 b a  2 c  0

      a b 2 hoặc b c 2 hoặc c a 2

Vậy ít nhất một trong ba số a, b, c phải là bình phương của một số hữu tỉ

b Do a, b > 0 và 1b22b a b , nên:

1 2

a b

 =

2

2

ab

a 

Đẳng thức xảy ra  b = 1

Chứng minh tương tự ta cũng có:

2

1

b

c

bc b ; 1 2

c a

ca

c  Đẳng thức xảy ra  c = 1; b = 1.

a b c

 

 

Mặt khác, do a + b + c = 3  (a + b + c)2 = 9

 a2b2c22ab bc ca   9 (2)

Mà a2b2c2 = 1  2 2  2 2  2 2

2 a b  b c  c a  ab bc ca  (3) Đẳng thức xảy ra  a = b = c

Từ (2)và (3) 9 3 ab bc ca     3 ab bc ca   (4)

3

   Dấu = sảy ra  a = b = c = 1

5

1

1

I

H

Q P

O

D

C

E

B

a BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA

Nối OE, BEF vuông tại B; BA EF nên AB2 = AE AF

AB AF

VậyAEO ABQ(c.g.c) Suy ra ABQ A O E mà  

1

ABQ P (góc có các cạnh tương ứng vuông góc) nên  

1

AEO P , mà hai góc đồng vị => PH // OE

Trong AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA

b

2

BPQ

AB PQ

2

2R

BPQ

S   AE = AF  BEF vuông cân tại B

 BCD vuông cân tại B  AB  CD

Vậy SBPQ đạt giá trị nhỏ nhất là 2R2 khi AB  CD

c

Ta có ACB và ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên

  D 900

ACB A B  => ADBC là hình chữ nhật

Ta có: CD2 = AB2 = AE AF => CD4 = AB4 = AE2 AF2

= (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF

 AB3 = CE.DF.EF Vậy CD3 = CE.DF.EF

Ta có:

BF F EF AF  BF AF DF BF 

3 3

BF DF

2 1

J

S

O M

N

K

B

E

F

Tứ giác BMKN là hình vuông nên BK là phân giác của B Gọi O là tâm đường

tròn nội tiếp BEF thì O phải nằm trên BK

Kẻ OJ  BE và OS  BF





Mặt khác FO là phân giác F nên OK OB KF BF

Suy ra KF

BF =

1

2=> BF = KF 2 => BF2 = 2KF2

Lí luận tương tự ta có BE = EK 2  BE2 = 2EK2

Vậy EF2 = BE2 + BF2 = 2 (KF2 + KE2)

 (EK+KF)2 = 2(KF2 + EK2)

 EK2 +2EK.KF + KF2 = 2KF2 + 2EK2

 KF2 – 2EK.KF + KE2 = 0  (KF – KE)2 = 0  KF = KE

Vậy BEF vuông cân tại B nên EBF 90 ,0 BEF BF E 45 0