/tmp/jodconverter_876e32c6-7f96-4b92-9db0-1b225e971b8d/tempfile_13132.doc SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 MƠN: TỐN - LỚP ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm 150 phút không kể thời gian giao đề Câu1( 3,0 điểm) 1) Giải phương trình nghiệm nguyên x 3xy y 25 2)Tìm tất số nguyên dương n cho A= n.4n 3n 7 Câu 2( 4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A= 10 30 2 10 2 : 3 x yz y zx z xy 2) Cho số thực dương a,b,c,x,y,z khác thoả mãn a b c 2 a bc b ca c ab Chứng minh x y z Câu 3( 4,0 điểm) 1) Cho phương trình: x 6x m 0 (Với m tham số) Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 thoả mãn x12 x2 12 8x y 27 18 y 2) Giải hệ phương trình: 2 4x y 6x y Câu 4( 7,0 điểm) 1) Cho đường tròn (O) đường kính BD=2R, dây cung AC đường trịn (O) thay đổi ln vng góc cắt BD H Gọi P,Q,R,S chân đường vuông góc hạ từ H xuống AB,AD,CD,CB a) CMR: HA2 HB HC HD không đổi b) CMR : PQRS tứ giác nội tiếp 2) Cho hình vng ABCD MNPQ có bốn đỉnh M,N,P,Q thuộc cạnh AB,BC,CD,DA hình vng CMR: S ABCD ≤ AC Câu 5( 2,0 điểm) Cho a,b,c số thực dương CMR: ab bc ca a b c a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b -Hêt— MN NP PQ QM Hướng dẫn Câu1.1) x 3xy y 25 y (3 x 5) 8 x 25 y x 25 25 y 24 x 40 Z 3x 3x Khi 3x+5 ước 25 từ tìm ( x; y ) ( 10; 31); ( 2; 7); (0; 5) ( cách khac nhân vế với đưavề tích) 1.2) Với n chẵn n=2k A 2k k 32 k (2k 1).4 k (16k k ) 7 2k 17 k 7t n 14t 14m 6 m N Với n lẻ n=2k+1 A (2k 1).4 k 1 k 1 2k k 1 (4 k 1 k 1 ) 7 2k 7 k 7t n 14m 1 m N Vậy n 14m n 14m ( với n N ) A chia hết cho Câu2.1) 10 30 2 10 2 : = 3 2 ( 1) ( 1) 2 3 42 3 1 1 2 2 2 2 ( 1) x yz y zx z xy 2.2) a b c a b c a2 bc a bc 2 (1) 2 3 x yz y xz z xy x x yz y z y z xy xz x yz x( x y z xyz) Tuongtu : b2 ac b ac (2) y y xz x z x z x y yz xy z y ( x y z xyz) Tuongtu : c2 ab c ab (3) Z xyz x y x y x z y z xyz z ( x y z xyz) Từ (1) (2) (3) ta co ĐPCM Câu 3.1) Để phương trình có nghiệm / 0 m (*) Mặt khác ta phải có x1 x 6 x1 x 6 x1 4 x1 x m x1 x m x1 x m m x x 12 x x 2 x 2 2 3.2)Giải hệ phương trình TM ĐK (*) y 27 18 y 8 x y 6x y 4 x HD y =0 không nghiệm hệ chia vế PT(1) cho y PT(2) cho y2 Ta có hệ 27 18 8 x y3 x 4 x 1 y y2 Đặt a 2 x b y Hệ có nghiệm ( x, y ) Câu 4.1) ; ta có hệ 3 a b 3 a b 18 2 ab 1 a b ab 3 3 ; ; 3 A Q P B H S D O R C a) theo Pitago HA HB AB ; HC HB BC ; HC HD CD ; HA HD AD ; suy đpcm b)Tứ giác HPBS nội tiếp HPS HBS DBC Tứ giác HPAQ hình chữ nhật HPQ HAQ CAD CBD Do SPQ HPS HPQ 2CBC Tương tự SQR 2BDC Do DBC BDC 1800 SPQ SRQ 1800 nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/lí đảo) 4.2) M A B I N K Q L D C P Cách Gọi T, K, L trung điểm MQ, MP, NP theo t/c đường trung bình trung tuyến tam giác vng ta có MN NP PQ QM 2( KL CL IK AI ) 2 AC từ suy đpcm Cách Ta có theo Pitago MN BN BM Tương Tự NP Nên ( BM BN ) BM BN MN ( áp dụng BĐT Bunhiacoopsky) 2 CN NP DP DQ AQ AM ; PQ ; MQ 2 MN NP PQ QM BM NB NC CP PD DQ QA AM 4a 2a 2 a MN NP PQ QM a dpcm Dấu “=” xảy MNPQ hình chữ nhật Câu Cho a,b c>0 Chứng minh rằng: ab bc ca a b c a 3b 2c 2a b 3c 3a 2b c Dự đoán a=b=c tách mẫu để a+c=b+c=2b 1 1 1 1 1 Tacó áp dụng BĐT ( x y z ) 9 x y z x y z x y z ab ab ab 1 ab ab a (1) a 3b 2c (a c ) (b c) 2b a c b c 2b a c b c Tương tự bc bc bc 1 bc bc b (2) 2a b 3c (a b) (a c ) 2c a c b c 2b a b b c ac ac ac 1 ac ac c (2) 3a 2b c (a b) (b c) 2a a b b c 2a a b b c Từ (1) (2) (3) ac bc ab ac bc ab a b c a b c P 9 a b bc ac Dấu “=” xảy a=b=c