Đề, đáp án HSG Tỉnh Yên Bái năm học 2005-2006

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – HƯỚNG DẪN GIẢI
Năm học: 2005 – 2006
Bài 1 (2 điểm). Cho biểu thức A(x) = (x
2
– 4x + 3)
2005
.(x
2
+ 4x + 3)
2006
. Gọi S là tổng các hệ số của đa
thức nhận được sau khi bỏ dấu ngoặc trong biểu thức đã cho. Hãy tính S
Giải: Tổng các hệ số của đa thức sau khi bỏ dấu ngoặc là:
S = A(1) = (1 – 4 + 3)
2005
(1 + 4 + 3)
2006
= 0
Bài 2 (3 điểm). Chứng minh rằng không thể tìm được hai số lẻ mà tổng các bình phương của chúng bằng
bình phương của một số nguyên
Giải: Giả sử hai số lẻ có dạng 2m + 1 và 2n + 1 (m, n ∈ Z). Ta có:
(2m + 1)
2
+ (2n + 1)
2
= 4m
2
+ 4m + 1 + 4n
2
+ 4n + 1 = 4k + 2 (k ∈ Z)
Ta cần chứng minh không có số chính phương nào có dạng 4k + 2. Thật vậy: Xét số nguyên a bất kì, ta

có: a = 4q, 4q + 1, 4q + 2, 4q + 3. Khi đó:
(4q)
2
= 16q
2
có dạng 4k
(4q + 1)
2
= 16q
2
+ 16q + 1 có dạng 4k + 1
(4q + 2)
2
= 16q
2
+ 16q + 4 có dạng 4k
(4q + 3)
2
= 16q
2
+ 24q + 9 có dạng 4k + 1
Do đó: không có số chính phương nào có dạng 4k + 2 hoặc 4k + 3
Vậy: không thể tìm được hai số lẻ mà tổng các bình phương của chúng bằng bình phương của một số
nguyên
Bài 3 (5 điểm). Cho a > 0
a) Chứng minh rằng: Nếu
1 1
a a
a a
− = +

(1) thì:
5
1
=−
a
a
b) Tính giá trị của a
Giải: a) (1) ⇔
1 1 1
a a a
a a a
    
+ − = +
 ÷ ÷  ÷
    
⇔
1
a 1
a
− =
Bình phương hai vế:
1
a 3
a
+ =
.
Mặt khác ta có:
2 2 2
1 1 1
a a 4 a 5

a a a
     
− = + − ⇔ − =
 ÷  ÷  ÷
     

Suy ra:
1
a 5
a
− = ±
. Theo: (1)
1 1
a a
a a
− = +
> 0. Vậy:
1
a 5
a
− =
b) Từ a) ta có:
1
a 3
a
1
a 5
a

+ =





− =


⇒
3 5
2a 3 5 a
2
+
= + ⇔ =
Bài 4 (5 điểm). Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng: ba bất đẳng thức sau không thể đồng thời
xảy ra:
a + b < c + d (1)
(a + b)(c + d) < ab + cd (2)
(a + b)cd < (c + d)ab (3)
Cách 1: Đặt A = c + d – a – b > 0, B = ab – ac – ad – bc – bd + cd > 0, C = abc + abd – acd – bcd > 0.
Xét phương trình P(x) = (x – a)(x – b)(x – c)(x – d) = 0 ⇔ x
4
+ Ax
3
+ Bx
2
+ Cx + abcd = 0
Phương trình P(x) = 0 có các hệ số dương, do đó không thể có nghiệm dương.
Theo cách đặt thì phương trình P(x) = 0 lại có 2 nghiệm dương a và b (vô lí) ⇒ đpcm.
C ách 2: Giả sử 3 bất đẳng thức trên là đúng.
Từ (1) và (2) ⇒ (a + b)

2
< ab + cd (*).
Từ (2) và (3) ⇒ (a + b)
2
cd < (ab + cd)ab (**).
Từ (*) ⇒ a
2
+ b
2
+ 2ab < ab + cd ⇔ ab + cd > a
2
+ b
2
+ 2ab ≥ 2ab + 2ab = 4ab
4ab < ab + cd ⇒ cd > 3ab (4)
Từ (**) ⇒ 4abcd < (ab + cd)ab ⇒ 4cd < ab + cd ⇒ ab < 3cd (5). Từ (4) và (5) ⇒ đpcm
Bài 5 (5 điểm). Cho ∆ABC cho các cạnh BC = a, AC = b, AB = c. Diện tích ∆ABC bằng S. Phân giác
của góc A cắt BC ở D và cắt đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ở E.
a) Chứng minh: AD
2
= AB.AC – BD.DC
b) Chứng minh:
cb
a
AB
BD
+
=
c) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC theo a, b, c, S
Giải: a) ΔADB ΔCDE (g.g) ⇒

AD BD
CD DE
=
⇒ AD.DE = CD.BD
Hay: AD(AE – AD) = BD.CD ⇔ AD
2
= AD.AE – BD.CD (1)
ΔABD ΔACE (g.g) ⇒
AB AE
AD AC
=
⇒ AD.AE = AB.AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AD
2
= AB.AC – BD.CD
b) Theo tính chất đường phân giác:
AB BD
AC CD
=
⇒ AB.CD = AC.BD
Hay: AB(BC – BD) = AC.BD ⇔ AB.BC = AB.BD + AC.BD
⇔ AB.BC = BD(AB + AC)
Do đó:
BD BC BD a
Hay :
AB AB AC AB b c
= =
+ +
c) Kẻ đường kính AF và đường cao AH. Ta có: S =
1

2
a.AH
ΔAHD ΔAEF (vì có:
µ
$
D F=
) ⇒
AH AD
AE AF
=
⇒ AH =
AD.AE
2R
(3)
Từ (1) và (3):
bc
AH
2R
=
. Do đó: S =
1 bc
a.
2 2R
⇒ R =
abc
4S
F
H
D
E

C
B
A