ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 – 2016 LẦN MÔN: TOÁN LỚP ( Thời gian làm 150 phút ) Câu 1: (3đ) y −1 x −1 x −1 a) Giả sử y ≠ y ≠ , biết rằn : x1 = y + ; x2 = x + ; x3 = x + ; Tìm y : x1986 = 2   +  y − yz + z  x y z + − + ( x + y + z)  b) Rút gọn biểu thức A =  x y+z +1 + +   y z  yz xy xz câu 2:(5đ) a) Phân tích đa thức C = ( x – 2)( x – 4)( x – 6)( x – 8) + 15 thành nhân tử b) Chứng minh với số nguyên a : a5 – 5a3 + 4a M120 câu 3:(3đ) 1 x4 + x ;z = x x ≠ ±1 Hãy tính z theo y a) Cho y = 1 x − x − x x b).Cho xy + xz + yz = x,y,z khác ±1 Chứng minh rằng: x y z xyz + + = 2 2 1− x 1− y 1− z 1− x 1− y2 1− z2 x2 + ( Câu 4:(4đ) a) Cho x = )( )( ) ( a + b − c) ( a + c − b) b2 + c2 − a2 ;y= ≠ ≠ ≠ 2bc ( a + b + c ) ( b + c − a ) b + c - a 0; bc 0; a + b + c Tính giá trị biểu thức P = (x + y + xy + )3 b) Chứng minh a,b,c khác : b−c c−a a −b 2 + + = + + ( a − b) ( a − c) ( b − c) ( b − a ) ( c − a ) ( c − b) a − b b − c c − a Câu 5:(5đ) a) Cho tam giác ABC, trọng tâm G O điểm thuộc miền tam giác O khác G Đường thẳng OG cắt đường thẳng BC, BA AC theo thứ tự OA' OB ' OC ' + + =3 A ,B ,C Chứng minh rằng: GA' GB ' GC ' ’ ’ ’ b) Từ điểm P thuộc miền của tam giác ABC Hạ đường vuông góc PD, PE PF xuống cạnh BC, CA AB Tính PD + PE + PF BD + CE + AF ĐÁP ÁN Câu x1 −  y −   y −  −2 y −1 = − 1÷:  + 1÷ = : = x1 +  y +   y +  y + y + y y +1 ; x4 = y, suy x5=x1; x6=x2;x7=x3;… Tương tự, ta tính x3 = 1− y −1 −1 Vì 1986 = 4.496 + 2, nên x1986 = x2 = = ⇒ y = y 2   +  y − yz + z  x y z + − + ( x + y + z)  b) A =  1 1 x y+z  +  + +  y z  yz xy xz a) x2 = (y = = = + z − yz ) ( y + z) + x x( y + z) ( − 3xyz x ( y + z ) + ( x + y + z) x+ y+z y − y z + yz + y z − yz + z + x − 3xyz x+ y+z ( x + y + z − 3xyz x+ y+z 3 ) + ( x + y + z) ) + ( x + y + z) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2 2 Mà x + y + z – 3xyz = (x + y + z)(x + y + z – xy – yz – zx ) = 4điểm ( y − y z + yz + y z − yz + z + x − 3xyz x+ y+z ) + ( x + y + z) 0,5 0,5 Do kết viết thành : = ( ( x + y + z ) x + y + z − xy − yz − zx x+ y+z 2 ) + ( x + y + z) 2 2 = 2x + 2y + 2z – 2xy – 2yz – 2zx + x + y + z + 2xy + 2yz + 2zx 2 0,5 = 3(x + y + z ) (xyz ≠ 0; y + z ≠ x + y + z ≠ 0) Câu 2 a) C = (x – 10x + 21)(x – 10x + 19) ) a – 5a + 4a = (a – 2)(a – 1)a(a + 1)(a + 2) tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5; ; 8, chúng đôi nguyên tố nhau, nên a – 5a + 4a M3.5.8 = 120 Câu x2 + 2 x x +1 = ; y −1 = a) Ta có: y + = 1 2 x − x − x2 − x x y +1 y −1 + x4 + y +1 y −1 y +1 y2 +1 x ⇒ =x ⇒z= = = y +1 y −1 y −1 2y x4 − − x y −1 y +1 x2 + 2 x −1 = x2 1 x2 − 2 x x 5điểm 2,5 2,5 3điểm 0,5 b) Ta có: x 1− x + y 1− y + z 1− z = 2 2 x(1 − y )(1 − z ) + y(1− x )(1− z ) + z(1− x )(1− y ) 2 (1− x )(1− y )(1− z ) Phân tích tử thức phân thức trên, ta có: 2 2 2 2 2 2 x – xy – xz + xy z + y – x y – yz + x yz + z – x z – y z + x y z = xyz(xy + xz + yz) + y(1 – xy – yz) + x(1 – xz – xy) + z(1 – xz – yz) (1) Theo giả thiết xy + yz + xz = 1, nên xz = – xy – yz ; yz = – xz – xy ; xy = – xz – yz Thay vào (1), ta tử thức 4xyz Từ ta có kết toán Câu 3 a) Ta có (x + y + xy + 1) = [(x +1) + y(x + 1)] = [(x + 1)(y + 1)] ( b + c + a) ( b + c − a) b2 + c2 − a2 ⇒ x +1 = 2bc 2bc ( a + b − c) ( a + c − b) ⇒ y +1 = ( a + b − c) ( a + c − b) + ( a + b + c) ( b + c − a ) y= ( a + b + c) ( b + c − a) ( a + b + c) ( b + c − a) = = 0,5 0,5 4điểm 0,5 0,5 Vì x = a − ( −b + c ) + ( b + c ) − a 0,5 0,5 4bc ( a + b + c) ( b + c − a) ( a + b + c) ( b + c − a) 3 P = ( x + y + xy + 1) = ( x + 1) ( y + 1)  ( b + c + a) ( b + c − a)  4bc =  =2 =8 2bc ( b + c + a ) ( b + c − a )   0,5 ( bc ≠ 0, a + b + c ≠ b + c – a ≠ ) Vậy P = b−c 1 b).Ta có: ( a − b ) ( a − c ) = ( a − b ) − ( a − c ) ; a−b 1 c−a 1 tương tự, ta có: ( c − a ) ( c − b ) = ( c − a ) − ( c − b ) ; ( b − c ) ( b − a ) = ( b − c ) − ( b − a ) Cộng theo kết tìm được, suy điều phải chứng minh Câu 0,5 5điểm 0,5 a) Từ G hạ GH, GE, GF vuông góc với cạnh BC, CA AB (Xem Hình vẽ ) Từ O hạ OI, OM ON vuông góc với BC, CA AB Áp dụng định lí Thales tam giác, ta có A'O OI B'O ON C'O OM ; ; = = = A'G GH B'G GF C'G GE Mặt khác ∆ABC nên GE = GF = GH = h OI + OM + ON = h (h đường cao ∆ABC ) Từ suy điều phải chứng minh b) Từ P dựng đường song song với cạnh ∆ABC, ta ba tam giác MNP, PIK PRS nhận PD, PE PF đường cao (Xem Hình vẽ ) Gọi x, y, z cạnh tam giác x + y + z = a (a cạnh tam giác ABC) Gọi h đường cao tam giác ABC, ta có h = Ta lại có PD + PE + PF = a a 2 x y z Mặt khác BD = z + ; CE = x + ; AF = y + nên 2 0,5 P B = , D 3B D D + = + + P E C E , C + E + 3A F + P F  C A F = a V ậ y ... y + y y +1 ; x4 = y, suy x5=x1; x6=x2;x7=x3;… Tương tự, ta tính x3 = 1− y −1 −1 Vì 1 986 = 4.496 + 2, nên x1 986 = x2 = = ⇒ y = y 2   +  y − yz + z  x y z + − + ( x + y + z)  b) A =  1 1 x... 2)(a – 1)a(a + 1)(a + 2) tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5; ; 8, chúng đôi nguyên tố nhau, nên a – 5a + 4a M3.5 .8 = 120 Câu x2 + 2 x x +1 = ; y −1 = a) Ta có: y + = 1 2 x − x − x2 − x... y z + x y z = xyz(xy + xz + yz) + y(1 – xy – yz) + x(1 – xz – xy) + z(1 – xz – yz) (1) Theo giả thi t xy + yz + xz = 1, nên xz = – xy – yz ; yz = – xz – xy ; xy = – xz – yz Thay vào (1), ta tử