Phòng GD-ĐT h.Lập Thạch - Vĩnh Phúc ĐỀ CHỌN HSG TOÁN Ngày thi : 05-5-2011 ( Thời gian làm 120 phút ) Bài : (4 điểm) 3x − y 2 1, Cho x,y thoả mãn y ( x + y ) ≠ x − xy = 2y Tính A = x + y 2.1 + 2.2 + 2.3 + 2.99 + 2, Tính : B = 1 +  +  2 +  + 3 +  + + 99 99 +  )  ( )  ( ) )  (  ( Bài : (4 điểm) 2 1, Tìm a,b cho f ( x ) = ax + bx + 10x − chia hết cho đa thức g ( x ) = x + x − 2,Tìm số nguyên a cho a + số nguyên tố Bài : (3 điểm) Giải phương trình : x 5x + = −2 x + 4x + x + Bài : (4 điểm) Cho hình thoi ABCD có góc ABC 60 độ Hai đường chéo cắt tai O , E thuộc tia BC cho BE ba phần tư BC , AE cắt CD F Trên hai đoạn AB CD lấy hai điểm G H cho CG song song với FH 1, Chưng minh : BG.DH = BC 2, Tính số đo góc GOH Bài : (3 điểm) Cho tan giác ABC ba điểm M,N,P thuộc cạnh BC,CA,AB cho BM CN AP BM = = & < Chứng minh hai tam giác ABC MNP có trọng tâm BC CA AB BC Bài : (2 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện x + y + z =1 Chứng minh : x3 y3 z3 + + ≥ y + 2z z + 2x x + y HẾT gv: Nguyễn Quang Sáng (sưu tầm) ĐÁP ÁN Bài : (4 điểm) x + y ≠ y ≠ 1, Từ: y ( x + y ) ≠ →  x − xy = 2y → → ( x + y ) ( x-2y ) = Vì x + y ≠ Nên x-2y = → x = 2y 3.2 y − y y Ta có : A = 2y + y = y = 2, Tính : B = 2.1 + 1 ( + 1)  Với n ≥ , ta có + 2.2 +  ( + 1)  + 2.3 + 3 ( + 1)  ( n + 1) − n = ( n + 1) n2 2.n +  n ( n + 1)  Áp dụng vào toán ta có : B = = + + 2.99 + 99 ( 99 + 1)  1 − n ( n + 1) 1 1 1 9999 − + − + + − = 1− = 2 2 99 100 100 10000 Bài : (4 điểm) 1, Ta có : g ( x ) = x + x − 2= ( x − 1) ( x − ) Vì f ( x ) = ax + bx + 10x − chia hết cho đa thức g ( x ) = x + x − Nên tồn đa thức q(x) cho f(x)=g(x).q(x) → ax + bx + 10x − 4= ( x-2 ) ( x-1) q ( x ) Với x=1 → a+b+6=0 → b=-a-6 ( 1) Với x=-2 → 2a-b+6=0 ( ) Thay (1) vào (2) Ta có : a=2 & b=4 2 2,Ta có : a + 4= ( a -2a+2 ) ( a +2a+2 ) Vì a ∈ c → a -2a+2 ∈ c;a +2a+2 ∈ c Có a +2a+2= ( a+1) + ≥ ∀a Và a -2a+2= ( a-1) + ≥ ∀a Vậy a + số nguyên tố a +2a+2=1 a - 2a+2=1 Nếu a -2a+2=1 → a = thử lại thấy thoả mãn Nếu a +2a+2=1 → a = −1 thử lại thấy thoả mãn Bài : (3 điểm) Điều kiện : x ≠ −2 Với x = nghiệm phương trình Với x ≠ phương trình x 5x + = −2 x + 4x + x + x 5x + = −2 trở thành x + 4x + x + 5 + = −2 ( * ) + = −2 4 Đặt y = x + + phương trình (*) trở thành x+ +4 x+ y+2 y−2 x x x Điều kiện : y ≠ & y ≠ −2 y = Phương trình trở thành y + y = → y ( y + 3) = →  y +3 = Với y = x + + = → x + x + = → ( x + 1) + = phương trình vô nghiệm x  x = −1 Với y = -3 x + + = −3 → x + x + = → ( x + 1) ( x + ) = →  thoả mãn điều kiện x  x = −4 Vậy tập nghiệm phương trình S = { −1; −4} Bài : (4 điểm) 1, Chứng minh ∆BCG đồng dạng ∆DHF → BC BG = → BC.DF = DH BG DH DF 4 Theo định lý Thales tính DF = DC = BC → BG.DH = BC 2, Theo định lý Pythagos tính BG BO BC → BG.DH = BO = BO = BO.DO → = DO DH Ta có ∠GBO = ∠HDO = 300 Nên ∆BGO đồng dạng ∆DOH Suy ∠GHO = 300 BO = BC − CO = Bài : (3 điểm) Qua N kẻ NQ //AB ( Q thuộc BC ) , theo định lí Thales ta có : QC CN QC BM = ; ( gt ) → = → QC = BM BC CA BC BC QN CQ QN AP = ; ( gt ) → = → AB = QN AB CB AB AB Gọi I, K trung điểm MQ MN Suy IK đường trung bình tam giác MNQ Vậy IK / /QN , IK = QN AP → IK / / AP; IK = 2 Gọi G giao điểm cua AI PK theo Thales có GI GK KI = = = GA GP PA Suy G trọng tâm tam giác MNP G trọng tâm tam giác ABC Bài : (2 điểm) x3 z3 y3 2 + x ( y + 2z ) ≥ 6x ; + z ( x + y ) ≥ 6z2 ; + y ( z + 2x ) ≥ y ; Ta có : y + 2z x + 2y z + 2x Lại có : ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) ≥ → x + y + z ≥ xy + yz + zx Nên Bài : (2 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện x + y + z =1 Chứng minh : 2 x3 y3 z3 + + ≥ y + 2z z + 2x x + y x3 y3 z3 + + + ( xy + yz + xz ) ≥ x + y + z Ta có : y + 2z z + 2x x + y x y3 z3 x2 + y2 + z2 → + + ≥ = y + 2z z + 2x x + y 3 Dấu xảy x = y = z = ( ) ... ( + 1)  + 2.3 + 3 ( + 1)  ( n + 1) − n = ( n + 1) n2 2.n +  n ( n + 1)  Áp dụng vào toán ta có : B = = + + 2.99 + 99 ( 99 + 1)  1 − n ( n + 1) 1 1 1 9999 − + − + + − = 1− = 2 2