Đề thi học sinh giỏi môn toán tham khảo bồi dưỡng học sinh các tỉnh (33)

ĐỀ KIỂM TRA 2
(Thời gian làm bài: 150 phút)
Bài 1: a) Giải phương trình căn thức:
b) Chứng minh đẳng thức:
Bài 2: a) Khai triển biểu thức thành dạng 2k + 1 và phân tích k
thành các thừa số.
b) Cho số nguyên A là tổng binh phương của hai số nguyên dương liên tiếp.
Hãy chứng minh rằng A không thể la tổng lũy thừa bậc 4 của hai số nguyên dương
liên tiếp.
Bài 3: Cho a, b, c là 3 số không âm thỏa mãn điều kiện:
(1)
a) Chứng minh bất đẳng thức :
(2)
Hỏi từ (2) có thể suy ra (1) được không? Vì sao?
b)Cho p, q, r là 3 số thực thỏa mãn điều kiện . Chứng minh bất
đẳng thức:
Bài 4: Gọi a,b là là hai nghiệm của phương trình ; c,d là hai
nghiệm của phương trình h . Chứng minh hệ thức :
Bài 5: Cho hai đường tròn (O, R) , (I, r) (R>r) tiếp xúc ngoài với nhau với A là
tiếp điểm. Gọi B, C là hai điểm di động lần lượt trên (O), (I) sao cho
a) Chứng minh trung điểm M của BC nằm trên 1 đường tròn cố định khi B,
C thay đổi.
b) Kẻ AH vuông góc với BC. Chứng minh H cũng nằm trên một đường tròn
cố định khi B, C thay đổi.
c) Chứng minh rằng:
Bài 1:
a) Giải phương trình căn thức:
b) Chứng minh đẳng thức:
Lời giải:
a) Ta có:

Kết luận, nghiệm của phương trình đã cho là hoặc
b) Ta có:


Suy ra:
Tương tự như vậy, ta có:

Từ đó, ta có:

Và ta có đpcm.
Bài 2: a) Khai triển biểu thức thành dạng 2k + 1 và phân tích k
thành các thừa số.
b) Cho số nguyên A là tổng binh phương của hai số nguyên dương liên tiếp.
Hãy chứng minh rằng A không thể la tổng lũy thừa bậc 4 của hai số nguyên dương
liên tiếp.
Lời giải:
a) Ta có:





b) Giả sử tồn tại số nguyên A thỏa mãn điều bài toán, khi đó tồn tại 2 số nguyên
dương p và q sao cho:
Khi đó:

(1)
Vì phương trình (1) có nghiệm nguyên p nên:
là số chính phương.
Mặt khác:
Hay là: (2)
Lại có:
Hay là (3)
Từ (2) và (3) suy ra:

Do đó không thể là số chính phương. Điều này cho
thấy giả sử ban đầu về sự tồn tại A là sai. Từ đó ta có ĐPCM.
Bài 3: Cho a, b, c là 3 số không âm thỏa mãn điều kiện:
(1)
a) Chứng minh bất đẳng thức :
(2)
Hỏi từ (2) có thể suy ra (1) được không? Vì sao?
b)Cho p, q, r là 3 số thực thỏa mãn điều kiện . Chứng minh bất
đẳng thức:
Lời giải:
a) Ta có:






Vì
Nên (*)
Bây giờ, không mất tính tổng quát, ta giả sử a=max{a, b, c}. Khi đó:
(*)

Như vậy:
Ngoài ra: và
Suy ra:
Hay là: .(đpcm.)
b) Không thể được, chẳng hạn, với . Ta có (2) nhưng không
có (1)
c) Thay ta được:


(**)
Với (**) hiển nhiên đúng, và ta có (đpcm.)
Với , ta có:
(**)

(***)
(***) đúng theo như điều kiện ban đầu, suy ra (**) đúng, và ta cũng có (đpcm.)
Bài 4: Gọi a,b là hai nghiệm của phương trình ; c,d là hai
nghiệm của phương trình . Chứng minh hệ thức :
Lời giải:
Vì c, d là hai nghiệm của phương trình
Nên:
Suy ra:


(a là nghiệm của phương trình nên )
Tương tự như vậy, ta có:
Suy ra:
Mặt khác, vì a, b là hai nghiệm của phương trình nên ,
từ đó ta có:
. (đpcm)

Bài 5: Cho hai đường tròn (O, R) , (I, r) (R>r) tiếp xúc ngoài với nhau với A là
tiếp điểm. Gọi B, C là hai điểm di động lần lượt trên (O), (I) sao cho
a) Chứng minh trung điểm M của BC nằm trên 1 đường tròn cố định khi B,
C thay đổi.
b)Kẻ AH vuông góc với BC. Chứng minh H cũng nằm trên một đường tròn
cố định khi B, C thay đổi.
c) Chứng minh rằng:
Lời giải:
a) Vì tam giác ABC vuông tại A và M là trung điểm của BC nên: MA=MB=MC
Suy ra M nằm trên trung trực của các đoạn thẳng AB, AC
Mặt khác, vì (O) qua A, B nên O nằm trên trung trực của AB. Suy ra MO AB
Tương tự, vì (I) qua A, C nên I nằm trên trung trực của AC. Suy ra MI AC
Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của MO với AB, MI với AC. Dễ dàng nhận thấy tứ
giác MPAQ là hình vuông, suy ra . Từ đó suy ra M nằm trên đường
tròn đường kính OI là đường tròn cố định. ĐPCM.
b) Nối OB, IC. Gọi J là giao điểm của BC với OI.
Ta có: BOA=2 MOA=2(90
0
– BAO)=2 CAJ= CIJ
Từ đó suy ra OB || IC (Đồng vị)
Suy ra:



Suy ra J là điểm cố định.
Ta có: AH BC nên AHJ=90
0
. Suy ra H nằm trên đường tròn đường kính AJ là
đường tròn cố định. ĐPCM
c) Kẻ IK BC

. Dễ thấy AH || IK (Vì cùng vuông góc với BC)
Ta có:
Suy ra (Vì )
Ta có (đpcm.)