de thi hsg so 5

[r]

đề thi học sinh giỏi môn thi : toán

(Thời gian 150 phút )

Bài 1:(2 điểm)

a) CMR: 3

6

n  n với  n 0

b) Cho x ( 6 2 5  6 2 5 ) : 20

Hãy tính giá trị của biểu thức: P(x5 x1)2008

Bài 23 điểm)

a) Cho x > y và x.y = 1000 Hãy tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

x y P

x y





 b) GiảI phơng trình: (x1)2008(x 2)2008 1

c) GiảI phơng trình: 5 3 3

x  x x 

Bài 3: (2 điểm)

a) Chứng minh:

4

4 4 ( )

8

x y

x y   b) Cho x > 0; y > 0 và x + y = 1 chứng minh: 4 4 1

8(x y ) 5

xy

Bài 4: (3 điểm)

a) Có tồn tại hay không hai số nguyên x, y sao cho: 3x27y2 2002

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dơng a, b sao cho:

2 2 2

a ab



 là số nguyên

Bài 5: (4 điểm)

Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác: h h h a, ,b c la độ dài ba đờng cao tơng ứng với ba cạnh

đó: r là bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác đó

a) CMR: 1 1 1 1

h h h r

b) B) CMR: (a b c  )2 4(h a2h b2h c2)

Bài 6: (4 điểm)

Cho tam giác đều cạnh bằng a Hai điểm M, N lần lợt di động trên hai đoạn AB, AC sao cho

1

AM AN

MB NC  Đặt AM = x và AN = y.

a) Chng minh: MN2 x2y2 xy

b) Chứng minh: MN  a x y

c) Chứng tỏa rằng MN luôn tiếp xúc với đờng tròn nội tiếp tam giác đó

Bài 72 điểm)

Cho biểu thức:

( )(1 ) ( )(1 ) (1 )(1 )

P

a) Rút gọn P

b) Tìm các cặp số nguyên (a, b) để P = 5

- Hết

-Đáp án

Bài 1:

a) Có: P n 3 n n n ( 21) ( n1) .(n n1)

Vì n, n+1 là hai số nguyên liên tiếp nên P2

ĐỀ SỐ : 5

* Nếu n3  P3

* Nếu n chia cho 3 d 1 thì (n1) 3  P3

* Nếu n chia cho 3 d 2 thì (n  1) 3

Vậy P3 mà (2, 3) = 1  P6

c) Có: x ( 6 2 5  6 2 5 ) : 20 = ( 5 1  5 1) : 20 1 

Do đó: P   (1 1 1)20081

Bài 2:

a)

2 (x y) 2xy 2000

  Vì x > y nên x – y > 0 và

2000

0

x y  áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dơng: x – y và 2000

x y đợc P 2 2000 40 5 Đẳng

thức sảy ra 2000

20 5

x y



kết hợp với x.y = 1000 ta tìm đợc: 10 5 10 15, 10 5 10 15

10 5 10 15, 10 5 10 15





b) Có: (x1)2008(x 2)2008 x 12008 x 22008

Thử với x = 1, x = 2 thấy thỏa mãn

* Nếu x < 1 thì x  2 1 Do đó: x12008 x 22008 1

* Nếu x > 2 thì x  1 1 Do đó: x12008 x 220081

* Nếu 1 < x < 2 thì x1 1: x 2 1 Do đó: x12008 x 22008(x1) ( x 2) 1

Vậy nghiệm phơng trình: 1

2

x x





 

 c) PT: 5 x13 x 8 x31 (1).

Nhận thấy x = 0 là nghiệm của phơng trình (1)

* Nếu x < 0 Thì VP của phơng trình lớn hơn 1, còn vế trái PT bé hơn 1 nên

PT (1) vô nghiệm

* Nếu x > 0 Vế phải của PT (1) nhỏ hơn 1, vế trái của PT (1) lớn hơn 1 nên PT (1) vô nghiệm Vậy x = 0 là nghiệm của phơng trình (1)

Bài 3:

a) Ta có: x2y2 2xy

2

2 2 ( )

2

x y

Do đó:

2 2

2 2 2

4 4

2

x y

x y

x y

=

4

8

x y (ĐPCM)

b) Theo BĐT Cauchy: x y 2 xy Do  y 1 nên 1

4

xy 

Theo câu a có 4 4 1

8

x y  Vậy 4 4 1

8(x y ) 5

xy

   (ĐPCM) Bài 4:

a) Ta có: 3x27y2 2002  3x2 2002 7 y2  3x2 7(286 y2)

Mặt khác: (3, 7)) = 1 Nên x7 x272

Từ đó suy ra: (286 y2) 7  287 ( y21) 7  y21 7

Giả sử: y7k r với 0 r 6 thì y2 1 (7k r )2 1 7(7k22 )kr r21

Thử với r 0,1, 2,3, 4,5,6 thì r 2 1 đều không chia hết cho 7

Do đó không tồn tại hai số nguyên x, y để 3x27y2 2002

b) Nhận xét rằng: (1, b) không phải là nghiệm của phơng trình

ha

H

d

B '

C B

A

H N M

C B

A

Nên a 2 Từ giả thiết suy ra: 2  

b a   a ab  a b ab

 2(a b ab ) 2 Do đó tồn tại k nguyên dơng sao cho:

2(a b )k ab( 2) (1)

* Nếu k 2 thì từ (1) có a b ab   2 (a1)(b1) 1 0  mâu thuẫn (Vì a,b nguyên dơng

* Do vậy k 1 Từ (1) có 2(a b )ab 2 (a 2)(b 2) 2 (2)

Giải PT (2) ta đợc: (a, b) là (3, 4) và (4,3) Thử lại thấy chỉ có (a, b) = (4, 3) thỏa mãn Bài 5:

a) Ta có: a h a b h b c h c (a b c r  ) 2S

( S là diện tích tam giác đã cho)

Suy ra: 1

a

a

S   ah  S (1)

Tơng tự:

1

b

b

S   bh  S (2)

1

c

c

S   ch  S (3)

Từ (1), (2) và (3) Suy ra:

2

 

b)Xét tam giác ABC có AB = c; AC = B; BC = a Từ A kẻ đờng thẳng d//BC,

lấy B'đối xứng với B qua d ta có BB'2h a

Ta có: BB'2BC2 B C' 2 (B A AC'  )2, Suy ra: 4h a2 (c b )2 a2 (4)

Tơng tự ta có: 4h b2 (c a )2 b2 (5) v à 4h c2 (a b )2 c2 (6)

Từ (4), (5) và (6) ta có:

(c b )2 a2(c a )2 b2(a b )2 c2 4(h a2h b2h c2)

 (a b c  )2 4(h a2h b2h c2) (ĐPCM

Cách 2:

Đặt:

2

a b c

p   Theo công thức Hẻông ta có: 4S2 a h2 a2 4 (p p a p b p c )(  )(  )

2 2

2

2

a

p b p c

p p a

p p a p b p c h

a

  



a

Tơng tự:  h b2 p p b(  )v à h c2 p p c(  )

Suy ra: p(p-a) +p(p-b) + p(p-c) h +h +h a2 b2 c2 (a+b+c)24(h +h +h ) a2 b2 c2 (ĐPCM Bài 6:

a) Dựng MH AC

* Nếu H năm giữa A và N thì xét tam giác vuông HAM tqa có  0  0

MAH   AMH 

;

Từ đó:

2

x

HN AN AH  y

Theo định lý Pitago ta có:

MN MH HN   y  x y  xy

* Nếu N nằm giữa A và H làm tơng tự

Ta đợc: MN2 x2y2 xy

b) Theo giả thiết AM AN 1

x a y y a x a x a y

a x a y          

3xy a 2 (a x y)

Do MN2 x2y2 xy = (x y )2 3xy(x y )2a2 2 (a x y ) ( x y a  )2

Vì x 1

a x  nên 2

a

x  ; y 1

a y  nên 2

a

y 

Suy ra x + y < a Từ 2

MN  = (x y a  )2 có MN = x + y – a (ĐPCM) c) Từ câu b thì MN + BC = a – x – y + a = AB – AM + AC – AN = BM + CN

Suy ra t giác BMNC ngoại tiếp đờng tròn (0) Do đó MN luôn tiếp xúc đờng tròn nội tiếp tam giác

đó

Bài 7:

a) Điều kiện: a1;ab ( do đó b 1)

( )(1 ) ( )(1 ) (1 )(1 )

P

2(1 ) 2(1 ) 2 2( ) ( )(1 )(1 )

a a b b a b a b

a b a b a ab b a b a b a b ab

b) Có p = 5  a b ab   5 (a1)(1b) 4.

Ta xét các trờng hợp:

1 1 2

1

i



2i 1 2

a b

 





 



3 1

a b





 





(loại) 3i 1 4 5







(loại) 6i 1 4 3



Ta có các cặp (a,b) cần tìm (2,3); (5,0); (0,-5); (-3,-2)