SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH KÌ THI HỌC SINH GIỎI THPT- LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ Năm học 2006 – 2007 MƠN TỐN Thời gian làm : 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (khơng kể thời gian phát đề) Câu : (4 đ) x3 y 3x Giải hệ phương trình : 2y3 z 6y 3z x 9z Câu : (4 đ) x y z a) Tìm ba số thực x, y, z thỏa hệ : cho x đạt giá trị lớn 2 x y 3z b) Cho x y z x y z Tìm giá trị lớn biểu thức: S x y z Câu : (2 đ) Cho a, b, c số thực không âm thỏa: a b c a2 b2 c2 Chứng minh : b 1 c 1 a 1 Câu : (4 đ) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có p nửa chu vi , R bán kính đường trịn ngoại tiếp, r bán kính đường trịn nội tiếp Chứng minh : a) a b c p 2r Rr b) a b c p r Rr Câu : (4 đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn (O) Gọi P, Q, R trung điểm cung nhỏ: BC, CA, AB Đường thẳng AP cắt BC L; BQ cắt AC M; CR cắt AB N Chứng minh LA MB NC LP MQ NR Câu : (2 đ) Cho tứ diện ABCD thoả : ABC = ADC =BAD = BCD Tính tổng T = ADB + BDC + CDA HẾT ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN LỚP 12 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH (VỊNG 1) DeThiMau.vn x3 y 3x 2y z 6y 3z x 9z Câu1: Giải hệ phương trình: Giải: (1) x3 3x y 2y 6y z 3z 9z x (I) (x 2)(x 1)2 y 2(y 2)(y 1) z 3(z 2)(z 1) x * x > y < z ≥ x ≤ (vơ lí) * x < y ≥ z ≤ x ≥ (vơ lí) Vậy x = Lí luận tương tự ta y = 2, z = Vậy x = y = z.= Câu a) Tìm ba số thực x, y, z thỏa hệ x y z 2 x 2y 3z (1) (2) cho x đạt giá trị lớn Giải: (1) z = – x – y Thay vào (2) ta được: x2 + 2y2 + 3(1 – x – y)2 = x2 + 2y2 + 3(1 + x2 + y2 – 2x + 2xy – 2y) = 5y2 + 6(x – 1)y + 4x2 – 6x – = Ta phải có ’ ≥ 9(x2 – 2x + 1) – 20x2 + 30x + ≥ –11x2 + 12x + 14 ≥ 190 190 x 11 11 190 Vì x lớn nên x = 11 190 15 190 10 190 Khi x = y = z = 11 55 55 190 15 190 10 190 Vậy x = ,y= z = 11 55 55 (3) b) Cho < x < y ≤ z ≤ 3x + 2y + z ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức S = 3x2 + 2y2 + z2 Giải: Cách 1: Ta có a2 ≥ b2 + 2b(a – b) nên 12 ≥ z2 + 2(1 – z) 12 ≥ y2 + 2(1 – y) ≥ 2y2 + 4(1 – y) 12 ≥ 9x2 + 2(1 – 3x) 3x2 + (1 – 3x) 3 DeThiMau.vn thỏa YCBT Cộng lại ta được: + + 1/3 ≥ 3x2 + 2y2 + z2 + 2(1 – z) + 4(1 – y) + (1 – 3x) 10 6(1 z) 12(1 y) 2(1 3x) ≥S+ 3 =S+ [20 – 6x – 12y – 6z] =S+ [2(4 – 3x – 2y – z) + 8(1 – y) + 4(1 – z)] ≥ S Do S ≤ 10 Khi x = 1/3; y = z = dấu “=” xảy Vậy giá trị lớn S 10 Cách 2: Ta có đẳng thức: a1b1 + a2b2 + a3b3 = a1(b1 – b2) + (a1 + a2)(b2 – b3) + (a1 + a2 + a3)b3 (*) Áp dụng (*) ta có: S = z.z + 2y.y + 3x.x = z(z – y) + (z + 2y)(y – x) + (z + 2y + 3x)x ≤ 1(z – y) + (1 + 2)(y – x) + (1 + + 3)x = z – y + 3y – 3x + 4x = z + 2y + x Khi x = = 1 (z + 2y.3 + 3x 1) = [z(3 – 3) + (z + 2y)(3 – 1) + (z + 2y + 3x).1] 3 = 1 10 [0 + 2(z + 2y) + (z + 2y + 3x)] ≤ [2.3 + 4] = 3 10 10 y = z = S = Vậy Max S = 3 Câu 3: Cho a, b, c số thực không âm thỏa a + b + c = Chứng minh: Giải: Ta có: a2 b2 c2 2 b 1 c 1 a 1 (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) a2 + b2 + c2 ≥ Suy Tương tự ta có: a2 3a2 3a2 b2 3b2 3b2 a2 b2 c2 b2 3b2 3b2 c2 3c2 3c2 a2 b2 c2 c2 3c2 3c2 a2 3a2 3a2 a2 b2 c2 DeThiMau.vn Đặt x = 3a2 3b2 3c2 ,y= ,z= a2 b2 c2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 Ta được: x + y + z = a2 b2 c2 x y z b2 c2 a2 y z x a2 b2 c2 (a b c)2 Áp dụng bất đẳng thức với m, n, p dương Ta có: m n p mnp x y z x2 y2 z2 y z x xy x yz y zx z ≥ = ≥ (x y z)2 (xy yz zx) x y z xy yz zx 9 (x y z)2 (ĐPCM) Câu 4: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có p nửa chu vi, R bán kính đường trịn ngoại tiếp r bán kính đường trịn nội tiêp Chứng minh: a) a2 + b2 + c2 = 2p2 – 2r2 – 8Rr Giải: Ta có: 2p2 – 2r2 – 8Rr = 2p2 – S2 abc 8r 4S p2 S2 abc = – 2 p p 2(p a)(p b)(p c) 2abc = 2p2 – p p 2p2 = 2p3 2p3 2abc 2abc 2p2 (a b c) 2p(ab bc ca) p = 2p(a + b + c) – 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ca) = a2 + b2 + c2 (ĐPCM) b) a2 + b2 + c2 ≥ p2 + r2 + 4Rr Giải: Ta có a = 2RsinA; r = (p – a)tg A A A tg2 2tg mà sinA = DeThiMau.vn r ) a pa 2R ( r )2 pa 2( Suy a 2r(p a) 2R (p a)2 r a(p2 + a2 –2pa + r2 ) = 4r(p – a)R a3 + ap2 – 2pa2 + ar2 = 4Rrp – 4Rra a3 – 2pa2 + (4Rr + p2 + r2)a – 4Rrp = Tương tự: b3 – 2pb2 + (4Rr + p2 + r2)b – 4Rrp = c3 – 2pc2 + (4Rr + p2 + r2)c – 4Rrp = Vậy a, b, c ba nghiệm phương trình x3 – 2px2 + (4Rr + p2 + r2)x – 4Rrp = Theo Viet ta ab + bc + ca = 4Rr + p2 + r2 Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ (luôn đúng) Dấu “= “ xảy a = b = c ABC Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi P, Q, R trung điểm cung nhỏ BC, CA, AB Đường thẳng AP cắt BC L; BQ cắt CA M; CR cắt AB N Chứng minh: LA MB NC LP MQ NR Giải: AL phân giác góc A nên 2bc cos LA = bc A ; LB = A Q ac ab ; LC = bc bc R M N (BC = a, CA = b, AB = c) Ta có a2 b c cos A 2bc (b c)2 a2 (1 cos A) a2 a2 O LA.LP = LB.LC LP = LA 2bc A 2 cos2 LP a = 2 B L C P LA MB NC b c c a a b –3 LP MQ NR a b c 4bc 4ca 4ab ≥ –3 a2 b c 64(bc)(ca)(ab) ≥ 33 – = 12 – = a2 b2 c2 ABC ADC BAD BDC ADB BDC CDA Câu 6: Cho tứ diện ABCD có Tính tổng T = Giải: Lấy điểm A1 thuộc tia BC cho BA1 = DA; Lấy điểm C1 thuộc tia BA cho BC1 = DC D B1 D1 DeThiMau.vn A1 Ta có C1BA1 = CDA (c–g–c) Lấy điểm B1 thuộc tia AD cho AB1 = CB; Lấy điểm D1 thuộc tia AB cho AD1 = CD Ta có D1AB1 = DCB (c–g–c) Ta chứng minh AB = CD * Giả sử AB < CD A nằm B C1 A1 nằm B C (vì AC = A1C1) BC > BA1 mà BA1 = DA BC > DA (1) Mặt khác: Vì AB < CD B nằm A D1 B1 nằm A D (BD = B1D1) AD > AB1 mà AB1 = CB AD > CB (2) Từ (1) (2) mâu thuẫn * Tương tự AB > CD ta suy mâu thuẫn Vậy AB = CD Lập luận tương tự ta có AD = BC Do ABD = CBD Vậy T= ABD CDB ADB BDC CDA = ADB ABD BAD DeThiMau.vn = 1800 ... = – x – y Thay vào (2) ta được: x2 + 2y2 + 3(1 – x – y)2 = x2 + 2y2 + 3(1 + x2 + y2 – 2x + 2xy – 2y) = 5y2 + 6(x – 1)y + 4x2 – 6x – = Ta phải có ’ ≥ 9(x2 – 2x + 1) – 20x2 + 30x + ≥ –1 1x2... 3x2 + 2y2 + z2 + 2(1 – z) + 4(1 – y) + (1 – 3x) 10 6(1 z) 12( 1 y) 2(1 3x) ≥S+ 3 =S+ [20 – 6x – 12y – 6z] =S+ [2(4 – 3x – 2y – z) + 8(1 – y) + 4(1 – z)] ≥ S Do S ≤ 10 Khi x = 1/3;... 2b(a – b) nên 12 ≥ z2 + 2(1 – z) 12 ≥ y2 + 2(1 – y) ≥ 2y2 + 4(1 – y) 12 ≥ 9x2 + 2(1 – 3x) 3x2 + (1 – 3x) 3 DeThiMau.vn thỏa YCBT Cộng lại ta được: + + 1/3 ≥ 3x2 + 2y2 + z2 + 2(1 – z)