Đề, đáp án HSG Tỉnh Yên Bái năm học 2004-2005

Tìm tất cả các số tự nhiên khác 0 sao cho khi viết thêm chữ số 0 vào giữa chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị thì số đó được gấp lên 9 lần Giải: Gọi số phải tìm là: xab... Cho ABC vu

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – HƯỚNG DẪN GIẢI

Năm học: 2004 – 2005

Bài 1 (4 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên khác 0 sao cho khi viết thêm chữ số 0 vào giữa chữ số hàng

chục và chữ số hàng đơn vị thì số đó được gấp lên 9 lần

Giải: Gọi số phải tìm là: xab Trong đó: x  N; a, b  N; 0 ≤ a, b ≤ 9

Theo giả thiết: xa0b 9.xab 1000x 100a b 900x 90a 9b    

Vì b ≤ 9 nên: 4b ≤ 45  50x + 5a ≤ 45  x = 0

Do đó: 5a = 4b Vì (4, 5) = 1 nên: a \ 4 và b \ 5

Nếu b = 1  không có số a nào thỏa mãn

Nếu b = 5 thì a = 4 (thỏa mãn)

Vậy: Chỉ có một số thỏa mãn là 45

Bài 2 (4 điểm) Giải phương trình sau 2 2 2 2

-Giải: Điều kiện: x ≠ ±b Ta có:

(1)  (x – a2x)(x2 – b2) + b2 + a(x2 – b2) – x2 = 0

 (x2 – b2)(x – a2x + a – 1) = 0

 ((x2 – b2)[(1 – a2)x – (1 – a)] = 0

Do điều kiện x ≠ ±b nên: (1 – a2)x = 1 – a

Biện luận:

- Nếu a ≠ ±1  x 1

1 a



 Để x 1

1 a



 là nghiệm của phương trình thì: 1 b

a 1 

+ Nếu b = 0 thì phương trình có nghiệm: x 1

1 a



 + Nếu b ≠ 0:

a 1   a b 1

b





 phương trình có nghiệm: x 1

1 a





a 1   a b 1

b





 phương trình vô nghiệm

- Nếu a = 1: phương trình có vô số nghiệm x ≠ ±b

- Nếu a = –1: phương trình vô nghiệm

Kết luận:

- Nếu a = 1: phương trình có nghiệm x ±b

- Nếu a = –1: phương trình vô nghiệm

- Nếu a ≠ ±1và b = 0: phương trình có nghiệm x 1

1 a





- Nếu a ≠ ±1, a b 1

b



 và b ≠ 0: phương trình có nghiệm: x 1

1 a





- Nếu a ≠ 1, a b 1

b



 và b ≠ 0: phương trình vô nghiệm

Bài 3 (4 điểm) Hãy tìm các giá trị nguyên của a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất (x, y) với

x, y là những số nguyên:





















0 4 ) 1 ( 2

0 )

2 3 (

y a x

a y a

ax

Giải: Ta có:

2

2ax 2(3a 2) 2a 0





Lấy (2) – (1): (a2 – 5a + 4)y + 2a = 0  (a – 1)(a – 4)y + 2a = 0  y 2a

(a 1)(a 4)



Vì y  Z  2a (a 1)(a 4)    2a a 1   2a 2 2 a 1     2 a 1 

Suy ra: a – 1 \ 2  a – 1  { ±1; ±2}  a  {2; 0; 3; –1} thử với y  a  {2; 0; 3} thỏa mãn

Bài 4 (4 điểm) Cho ABC vuông tại A, đường cao AH và đường tròn (O) ngoại tiếp HAC Gọi D là

điểm đối xứng của B qua H, nối A với D cắt đường tròn (O) tại E Chứng minh:

a) CH là tia phân giác của góc ACE

b) HO // EC

c) Cho AB = a, ACE = 600 Tứ giác AHEC là hình gì? Tính diện tích của tứ giác AHEC theo a.

Giải: a) Ta có: ΔABD cân nên: ABD cân nên: A1A 2 (1)

Mặt khác: A1C 2 (cùng phụ với góc B)

Lại có: C1 A 2 (cùng chắn cung HE)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: C1C 2 CH là tia phân giác của ACE

b) Ta có: O sđ AH = 1 2.C2 ACE  HO // EC

c) Từ a) và ACE = 600  ΔABD cân nên: ABD đều  AH a 3

2



Do đó: HE = AH a 3

2

 ΔABD cân nên: AEC có ACE = 600  CAE 30 0

Suy ra: ΔABD cân nên: AHO là tam giác đều  OA = AH  AC = 2 AH a 3

Kẻ đường cao HG: ΔABD cân nên: AGH là nửa tam giác đều: AG AH a 3 HG 3a2 3a2 3a

Vậy: Diện tích của hình thang cân ACEH là:

2

Bài 5 (4 điểm) Cho hình thang ABCD có AB // CD, CD > AB, hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại

O Cho biết SAOB = s1; SDOC = s2 Tính diện tích hình thang ABCD

Giải: Ta có: SACD = SBCD

mà SACD = SAOD + SOCD

và SBCD = SBOC + SCOD  SAOD = SBOC (3)

Kẻ đường cao BK Ta có:

AOB

1

2

2

OBC

1

2 1

2

E D

O

H

A

O K

Tương tự: OAD

OCD

Từ (3), (4) và (5): AOB AOD AOD 1 2

Vậy: SABCD s1 s2 2 s s1 2 = s1  s2 2