PHÒNG GD & ĐT HƯƠNG SƠN ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017-2018 MƠN: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 3  11 12  1,5   0,75 a) Thực phép tính: 5 0,265  0,5   2,5   1,25 11 12 b) So sánh: 50  26  168 Câu a) Tìm x biết: x    x  x  b) Tìm x, y  biết: xy  x  y  c) Tìm x, y, z biết: x  y;4 y  5z x  y  5z  Câu a) Tìm đa thức bậc hai biết f  x   f  x  1  x Từ áp dụng tính tổng S      n 2bz  3cy 3cx  az ay  2bx x y z b) Cho   Chứng minh :   a 2b 3c a 2b 3c Câu 0,375  0,3    Cho tam giác ABC BAC  900 , đường cao AH Gọi E , F điểm đối xứng H qua AB, AC , đường thẳng EF cắt AB, AC M N Chứng minh rằng: a) AE  AF b) HA phân giác MHN Chứng minh CM / / EH , BN / / FH Câu Cho ba số dương  a  b  c  1.Chứng minh rằng: a b c   2 bc  ac  ab  p mn  (1) Câu Cho m, n * p số nguyên tố thỏa mãn: m 1 p Chứng minh rằng: p  n  ĐÁP ÁN Câu 3 3 3      10 11 12 a) A   53 5 5 5       100 10 11 12 1 1  1 1  165  132  120  110  3         3.  10 11 12  4 1320        53  1  53  66  60  55  1 1  5     5     5  100 660  10 11 12    100   263 263 3 3945 1881 1320   1320      53 49 1749  1225 5948 29740  100 660 3300 b) Ta có: Vậy 50  49  7; 26  25  50  26      13  169  168 Câu a) Nếu x  ta có: x   x   x   x  Nếu  x  ta có:  x  x   x   x  2(ktm) Nếu x  , ta có:  x   x  x   x  Vậy x  6; x  b) Ta có: xy  x  y   x  y     y  2    x  1 y      y  2 x  1  3.1  1.3   1. 3   3. 1 y2 -1 -3 -3 -1 x 1 -2 x y -1 -3 -5 c) Từ x  y;4 y  5z;8x  12 y  15z x y z x y 5z x  y  5z         12 1 1 1 1   12 15 4 12 1  x  12  ; y  12  1; z  12  12 15 Vậy x  ; y  1; z   Câu a) Đa thức bậc hai cần tìm có dạng: f  x   ax  bx  c  a   Ta có: f  x  1  a  x  1  b  x  1  c  a    2a  f  x   f  x  1  2ax  a  b  x    b  a  b   1 Vậy đa thức cần tìm f  x   x  x  c ( c số tùy ý) 2 Áp dụng: Với x  1, ta có:  f 1  f   Với x  ta có:  f    f 1 Với x  n ta có: n  f  n   f  n  1 n  n  1 n2 n  S      n  f  n   f      c  c  2 2bz  3cy 3cx  az ay  2bx b)   a 2b 3c 2abz  3acy 6bcx  2abz 3acy  6bcx    a2 4b 9c 2abz  3acy  6bcx  2abz  3acy  6bcx  0 a  4b  9c z y  2bz  3cy    (1) 3c 2b x z  3cx  az    (2) a 3c Từ (1) (2) suy : x y z   a 2b 3c Câu F A N M E B H C a) Vì AB trung trực EH nên ta có: AE  AH (1) Vì AC trung trực HF nên ta có: AH  AF (2) Từ (1) (2) suy AE  AF b) Vì M  AB nên MB phân giác EMH  MB phân giác ngồi góc M tam giác MNH Vì N  AC nên NC phân giác FNH  NC phân giác N tam giác MNH Do MB, NC cắt A nên HA phân giác góc H tam giác HMN hay HA phân giác MHN c) Ta có: AH  BC ( gt ) mà HM phân giác MHN  HB phân giác H tam giác HMN MB phân giác M tam giác HMN (cmt )  NB phân giác góc N tam giác HMN  BN  AC (hai đường phân giác hai góc kề bù vng góc với nhau)  BN / / HF (cùng vng góc với AC ) Chứng minh tương tự ta có: EH / /CM Câu Vì  a  b  c  nên: 1 c c    (1)  a  1 b  1   ab   a  b  ab  a  b ab  a  b a a b b Tương tự:  (2) ;  (3) bc  b  c ac  a  c a b c a b c Do đó:      (4) bc  ac  ab  b  c a  c a  b Mà 2. a  b  c  a b c 2a 2b 2c       2 (5) bc ac ab abc abc abc a bc a b c Từ (4) (5) suy ra:     dfcm  bc  ac  ab  Câu +Nếu m  n chia hết cho p  p (m  1) p số nguyên tố m, n *  m  m  p  1khi từ (1) ta có: p  n  Nếu m  n không chia hết cho p, từ (1)   m  n  m  1  p Do p số nguyên tố m, n  *  m   p m  n   m2  p  n   p  0(ktm) Vậy p  n 