De so 208 da chuan đề ôn tập toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 Bài (5 điểm) Cho số dương x, y, z thoả mãn điều kiện x  y  z 1 1   3 2 3x  y  z 3y  z  x 3z  x  y Chứng minh Lời giải 1 x(1  3x)  1  1 3x  x  3x  x  Biến đổi được: 3x  y  z y(1  3y) z(1  3z)   1 2 3z  z  Tương tự: 3y  z  x 3y  y  ; 3z  x  y Biến đổi bất đẳng thức cho tương đương với: x(1  3x) y(1  3y) z(1  3z)   0 3x  x  3y  y  3z  z   3x  1 3x   x  3y  1 3y   y  3z  1 3z   z 0 Giả sử x y z 3x  3y  3z  (1) Vì (x  y  z) 3(xy  yz  zx) nên 3x   Từ suy được: x  xy  yz  zx  3y   y  xy, yz, zx   0;     3  3z   z (2) Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho dãy (1), (2) bđt (*) Bài (5 điểm)Cho hàm số f thoả mãn điều kiện: f (x)  2f (xy) f (x  2xy), x  , y   Chứng minh f (x  y) f (x)  f (y), x  , y   Lời giải Cho x 0 3f (0) f (0)  f (0) 0 Cho y  f (x)  2f ( x) f (  x)  f ( x)  f (x), x   Cho y   x f (x)  2f    f (0) 0  f (2x)  2f (  x) 2f (x), x    2 Vậy f (x  2xy) f (x)  2f (xy) f (x)  f (2xy), x  , y   v 2u f (u  v) f (u)  f (v), u 0, v   (1) Với x 0 , đặt Với x 0 f (x  y) f (y) f (0)  f (y) f (x)  f (y), y   (2) Từ (1) (2) suy ra: f (x  y) f (x)  f (y), x  , y   x u; y  Bài (5 điểm) Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt hai điểm A, B P 1P2 tiếp tuyến chung hai đường trịn (P1 thuộc (O1), P2 thuộc (O2)) Gọi Q1 Q2 hình chiếu vng góc P 1, P2 lên đường thẳng O1O2 Đường thẳng AQ1 cắt (O1) điểm thứ hai M1, Đường thẳng AQ2 cắt (O2) điểm thứ hai M2 Chứng minh ba điểm M1, M2, B thẳng hàng Lời giải P1 P2 A M1 (h1) O2 O1 M2 B P1 P2 S M2 Q2O A1 A (h2) Q1 O1 B M1 Gọi R1 R2 bán kính (O1) (O2) Trường hợp 1: R1 R (h1)   Khi Q1 O1 , Q2 O Suy ra: M1BA M BA 90 Vậy M1, M2, B thẳng hàng Trường hợp 2: R1  R (h2) (Còn R1  R làm tương tự) Khi Q1 nằm đoạn O1O2 Q2 nằm tia đối tia O2O1 1  BA 1800  ABM   BA  AP  M 1 M  OA M AO1M1 M 1 180  2 2 2 2 Vì  BA  M  BA 1800  M  O A1M  OA M 1 2 2 Suy ra: (*) Gọi S giao điểm đường thẳng P 1P2 O1O2 S tâm phép vị tự VS biến (O1) thành (O2) Gọi A1 giao điểm thứ hai SA (O1) Ta có: VS : A1  A, O1  O , Q1  Q   Do O1A1Q1 O AQ (**) Vì SO1.SQ1 SA.SA1 ( SP1 ) nên bốn điểm A, Q1, O1, A1 nằm đường   tròn  O1A1Q1 O1AQ1   Kết hợp với (**) M1O1A M 2O A   Kết hợp với (*) M1BA  M BA 180 hay M1, M2, B thẳng hàng Bài (5 điểm) Bên hình vng có diện tích 6, đặt ba đa giác có diện tích Chứng minh với ba đa giác đặt hình vng, ln tìm hai đa giác mà diện tích phần chung chúng không nhỏ Lời giải B A C Gọi đa giác đặt bên hình vng A, B, C Kí hiệu H diện tích đa giác H Từ giả thiết ta có: Và A  B  C 3 A BC A  B  C   A B  BC  C A   A BC Do A  B  C nằm hình vng có diện tích nên 9   A  B  B  C  C  A   A  B  C  A  B  B  C  C  A 3  A  B  C  A  B  B  C  C  A 3 A B , BC , C A Theo nguyên lí Dirichlet, ba số lớn A  B 1 Giả sử , nghĩa hai đa giác A B có phần chung khơng nhỏ …… Hết ……