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.. các đường tròn ngoại tiếp,

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



2 3 2 2 3 2

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







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

y  y  y x  y  y x

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

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 ( ) 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

a

I MP

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



2 3 2 2 3 2

Lời giải

a) Với điều kiện x0,x , ta có :1

P



2

x x x

 



1

x x

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

P

DoPnguyên nên suy ra

2

1

x

x x



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

P 12 4P P 2 0

Do P nguyên nên  

2 1

P  bằng 0 hoặc 1 +) Nếu  

2

P   P  x không thỏa mãn

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

2017 2 2

3 3

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.

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







0

P

P







a) Phương trình (m 2)x2 2(m1)x m  0 (x1) ( m 2)x m   có hai 0 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

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

2

(x y ) ta được hệ

2 2

2

5

( ) 1

x y x

x y









2

2





Đặt

1 ,

x y

 (ĐK:| | 2u  ), ta có hệ

5 3 23 (3)

u v



 



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

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

5 4

u 

Trường hợp

5 4

u 

loại vì u 2.

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

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

y  y  y x  y  y x

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

y  y  y x  y  y x

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   nên 5 8 p8k5 (k )

Vì ax24k2 by24k2ax2 by2 nên p a4k 2 x8k 4 b4k 2 y8k 4 p

Nhận thấy a4k 2 x8k 4 b4k 2 y8k 4 a4k 2 b4k 2x8k 4 b4k 2x8k 4 y8k 4

Do a4k 2 b4k 2  a2 2k1  b2 2k1 a2 b2 p

và b p nên x8k4y8k4p (*) 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

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 ( ) 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

a

I MP

c) Chứng minh DAI KAI a

Lời giải

D F

Ia

K N M

O

I

C B

A

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

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 =

1

(1)



   1   (2).

2

NBI NBC CBI BAC ABC

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

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





Nhận xét rằng

2 2

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

2 3

1

1 3 3

c

c c c

do c



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

a b c   x y z