ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN THI: TỐN (Thời gian làm 150 phỳt) Bài 1(6điểm) x y x y x y xy : xy xy xy Cho P = a, Rút gọn P b, Tính giá trị P với x= c, Tìm giá trị lớn P Bài : (3đ) Giải phương trình sau : x 2002 x 2003 x 2004 3 m m m 1 Bài : ( 2đ) ( với m tham số ) Chứng minh a , b số dương thõa mãn : 1 0 a b c Thì : a c b c a b Bài : (6đ) Cho đường trịn tâm (O) đường kính CD = 2R Điểm M di động đoạn OC Vẽ đường trịn tâm (O’) đường kính MD Gọi I trung điểm đoạn MC , đường thẳng qua I vng góc với CD cắt (O) E F Đường thẳng ED cắt (O’) P Chứng minh điểm P, M , F thẳng hàng Chứng minh IP tiếp tuyến đường trịn (O’) Tìm vị trí M OC để diện tích tam giác IPO’ lớn Bài : (3đ) Tìm số nguyên x, y ,z thỏa mãn : (x 1 1 ) 3( y ) 2( z ) xyz y z x xyz HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu 1: (6 điểm) x y x y x y xy : xy xy xy Cho P= a, Rút gọn P (2 điểm) Điều kiện để P có nghĩa : x 0 ; y 0 ; xy 1 đ) Ta có : x y x y x y xy : xy xy xy P= x y 1 xy 1 xy x y xy = = (0,5 1 x y x y y x x xy xy : xy x y xy xy y x yy x : (0,5đ) x y xy 1 xy x 2y x xy 1 x y 1 = xy (0,5đ) x 1 y x = 1 x 1 y x (0,5đ) b, Tính giá trị P với x= (1điểm) Ta thấy x= thoả mãn điều kiện x 0 0.25đ 2 Ta có : x= = =4-2 =( -1)2 x Thay x vào P = x , ta có: 3 52 P= = 3 1 3 1 31 2 = = 25 12 = c, Tìm giá trị lớn P (2 điểm) Với x 0, ta có: x 0 (0,5đ) 13 (0,25đ) x x 0 x+1 x (0,5đ) x 1 x x 1 1 x P 1 ( x+1>0) (0,25đ) Vậy giá trị lớn P =1 0.25đ x 0 0.25đ x 0 x 1 x=1 (0,5đ) Bài : (3 điểm) Từ phương trình ta có: x 2002 x 2003 x 2004 x 2003 m x 2003 m x 2003 m 1 1 0 0 m m m 1 m m m 1 ( x 2003 m)( 1 ) 0 m m m 1 1.5đ 1 1 0 3m 1 m ; m 3 + Nếu : m m m 0.5đ phương trình có vơ số nghiệm (0,5đ) 1 ; + Nếu m -1;0;1 ; 3 ; phương trình có nghiệm x= m-2003 (0,5đ) Bài : (2điểm) Từ 1/a +1/b+1/c =0 mà a, b số dương suy c số âm ab+bc+ca = (0,25đ) Ta có : a c b c a b a b 2c ab ac bc c a b 2c ab ac bc c 0 c c 0 c c 0.(dpcm) Bài :(6điểm) (1.25đ) Do P thuộc (O’) mà MD đường kính suy góc MPD vng hay MP vng góc với ED Tương tự CE vng góc với ED Từ PM//EC (1) Vì EF dây cung, CD đường kính mà CD E F nên I trung điểm E F Lại cóI trung điểm CM nên tứ giác CE M F hình bình hành Vậy FM//CE.(2) Từ (1) (2) suy P, M , F thẳng hàng (2đ) Ta có EDC = EFP (góc có cạnh tương ứng vng góc) Do tam giác PO’D cân O’ nên EDC = O’PD Lại có EFP = IPF (do tam giácIPF cân) I PF= O’PD mà FPD =1v, suy IPO’ =900 nên IP O’P Hay IP tiếp tuyến (O’) (2đ) Vì O’M =1/2 MD IM =1/2MC nên IO’ =1/2 CD vậyIO’ =R áp dụng định lý Pytago có PI2 + PO’2 = IO’2 =R2 (không đổi ) Mặt khác 4S2 =PI2.PO’2 ( S diện tích tam giác IO’P) Vậy 4S2 Max hay S Max PI = PO =R mà DM =2 PO’ DM = R , Vậy M cách D khoảng ’ R 2đ (1đ) E C D O O ’ F Bài ;(3điểm) x 1 1 6( x ) 3( y ) 2( z ) xyz k y y z x xyz z Đặt Xét tích : k y k z k x 0.5đ (x 1 k3 k3 1 1 )( y )( z ) xyz ( y ) (x ) (z ) y z x 36 36 xyz z y x k3 k k k k3 k 0 k 0 36 36 ( xyz ) 1 xyz 1 x y z 1 xy yz zx 1 x y z xy yz zx 1 1đ 1đ Vậy (x, y , z) = (1,1,1) =(-1,-1,-1) cần tìm 0,5đ