ĐỀ THI HSG TOÁN THCS HUYỆN PHÙ CÁT

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ CÁT KÌ THI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC:2012-2013 MÔN:TOÁN (T.H.C.S) THỜI GIAN LÀM BÀI:150 phút (không kể thời gian phát đề) NGÀY THI: 10/11/2012 Bài 1 : (1,5đ) Tìm các số nguyên x,y,z thỏa mãn đẳng thức: 2 2 2 3 2 3x y z xy y z+ + < + + − Bài 2 : (2đ) a) (1đ) Giải phương trình: 2 2 2 1 4 1x x x+ + = + b) (1đ) Giải hệ phương trình: 4 1 4 1 4 1 x y z y z x z x y  + = −   + = −   + = −   Bài 3 : (3đ) a) (1,5đ) Cho 3 số thực a,b,c. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 26 6 2009 a b b c c a a b c ab bc ca − − − + + ≥ + + + + + b) Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn abc=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 3 2 3 2 3 B a b b c c a = + + + + + + + + Bài 4 : (3,5đ) Cho hình thang ABCD (BC//AD). Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và AD. Trên cạnh AB lấy điểm M bất kỳ, qua M kẽ đường thẳng song song với hai cạnh đáy của hình thang cắt EF tại I và CD tại N. Chứng minh rằng IM=IN. Người biên soạn đáp án: Nguyễn Văn Phẩm THCS Ngô Mây Lớp 8A7 Năm học: 2012-2013 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TOÁN CẤP HUYỆN PHÙ CÁT Năm học: 2012 – 2013 Bài 1: (1,5đ) Ta có: 2 2 2 3 2 3x y z xy y z+ + < + + − . Vì x, y, z là các số nguyên nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 1 3 2 4 3 2 4 0 1 1 1 1 2 . 3 2. .1 1 2 1 0 2 4 4 2 1 1 3 1 ( 1) 0 2 2 1 1 Mà 3 1 ( 1) 0 2 2 1 2 x y z xy y z x y z xy y z x y z xy y z x x y y y y z z x y y z x y y z x y + + ≤ + + − − ⇔ + + ≤ + + − ⇔ + + − − − + ≤   ⇔ − + + − + + − + ≤  ÷       ⇔ − + − + − ≤  ÷  ÷         − + − + − ≥  ÷  ÷      ⇒ −   2 2 2 1 3 1 ( 1) 0 2 1 1 0 2 2 1 1 1 1 0 1 2 2 2 1 1 0 1 y z x y x y x y y y z z z    + − + − = ÷  ÷      − = =   =       ⇔ − = ⇔ = ⇔ =       =  − = =       Vậy 1; 2; 1x y z= = = . Bài 2: a) Theo đề: 2 2 2 1 4 1x x x+ + = + Đặt 2 y x x= + , ta có: ( ) 2 2 2 2 2 1 4 1 2 1 4 1 4 4 1 4 1 4 4 4 y x y x y y x y y x y y x + = + ⇔ + = + ⇔ + + = + ⇔ + = ⇔ + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 2( ) 0 ( )( 2) 0 à 2 +2 2 ( 1) +1 0 + 0. x y x y x y x y x y y x x y x x y x y y x x y x x x y y y x x M x y x x x x y x x x x − + + − = − + + =   = + − = − + −     ⇒ ⇔ ⇔ ⇔     = + = + = + = +       + + = + = + > ⇒ = ⇒ = ⇔ = Vậy 0x = . b) Theo đề: ( ) ( ) ( ) 4 1 4 1 4 1 x y z a y z x b z x y c  + = −   + = −   + = −   ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 1 1 2 4 1 2 2 4 1 3 x y xy z y z yz x z x zx y  + + = −  ⇒ + + = −   + + = −  Lấy (1) – (2) ta được: 2 2 2 2 4 4 ( )( ) 2 ( ) 4( ) 0 ( )( 2 4) 0 x z xy yz z x x z x z y x z x z x z x z y − + − = − ⇔ − + + − + − = ⇔ − + + + = ⇔ Mà từ: ( ) ( ) 4 1 ; 4 1a y z x b y x z⇒ = − − ⇒ = − − 2 4 4 1 4 1 4 4 1 4 1 4 0x z y x z x z x z z x⇒ + + + = + − − + + − − + = − + − + > Chứng minh tương tự, ta cũng được ;y z x y x y z = = ⇒ = = Thay y=x và z=x vào (1) ta được: 2 2 2 1 4 4 1 4 4 1 0 (2 1) 0 2 x x x x x x= − ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =⇔ . Vậy 1 2 x y z= = = Cách 2: Theo đề: 4 1 4 1 4 1 x y z y z x z x y  + = −   + = −   + = −   2 2 2 2 2 2 ( ) 4 1 ( ) 1 4 (1) ( ) 4 1 ( ) 1 4 (2) ( ) 4 1 ( ) 1 4 (3) x y z x y z y z x y z x z x y z x y   + = − + + =   ⇒ + = − ⇒ + + =     + = − + + =   Giả sử z < x thì từ (1) và (2) suy ra x < z (do x+y và y+z lớn hơn 0) Giả sử z >x thì từ (1) và (2) suy ra x > z Vậy x=z; chứng minh tương tự ta cũng được y=z do đó x=y=z Thay y=x và z=x vào (1) ta được: 2 2 2 1 4 4 1 4 4 1 0 (2 1) 0 2 x x x x x x= − ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =⇔ . Vậy 1 2 x y z= = = Bài 3: (3đ)a)(1,5đ)Theo đề: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 26 6 2009 ( ) ( ) 2( ) 2 2 2 2 2 2 13 3 2009 ( ) ( ) 2( ) 2 2 2 2 2 2 0 13 3 2009 ( ) ( ) 2 2 2 13 a b b c c a a b c ab bc ca a b b c c a a b c ab bc ca a b b c c a a b c ab bc ca a b b c a ab b b bc c c ca a − − − + + ≥ + + + + + − − − ⇔ + + ≥ + + + + + − − − ⇔ + + − − − − − − ≥ − − ⇔ − + + − − − ⇔ + + − + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 0 3 2009 ( ) ( ) 2( ) 0 13 3 2009 c a a b b c c a a b b c c a − − ≥ − − − ⇔ − − + − − + − − ≥ 2 2 2 12( ) 2( ) 2007( ) 0 13 3 2009 a b b c c a− − − ⇔ + + ≥ Bất đẳng thức cuối cùng luôn luôn đúng nên: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 26 6 2009 a b b c c a a b c ab bc ca − − − + + ≥ + + + + + với mọi , ,a b c ∈¡ (đpcm) (Dấu “=” xảy ra khi ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0; 0; 0a b b c c a a b c− = − = − = ⇔ = = ) Bài 4: Giải: Vẽ MG⊥EF; NH⊥EF. Ta có: SABEF=SCEFD(1) SMBE=SNEC(2 tam giác có chung đường cao là đường cao hình thang MBCN và BE=EC)(2) SMAF=SNFD((2 tam giác có chung đường cao là đường cao hình thang MNDA và AF=FD)(3) Từ (1),(2) và (3) ⇒ SMEF=SENF Mà hai tam giác này lại có chung đáy EF nên MG=NH⇒∆MGI=∆NHI (g.c.g) ⇒MI=IN(đpcm) Cách 2: Gọi O là giao điểm của AB và CD. Ta có O;E;F thẳng hàng (bổ đề hình thang) ⇒O;E;I;F thẳng hàng.Vì BC//MN nên áp dụng định lí Ta Lét: AE OE MI OI ⇒ = và EC OE NI OI = AE EC OE MI NI OI   ⇒ = =  ÷   Mà AE=EC suy ra MI=NI (đpcm) Vậy MI=NI . minh rằng IM=IN. Người biên soạn đáp án: Nguyễn Văn Phẩm THCS Ngô Mây Lớp 8A7 Năm học: 2012-2013 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TOÁN CẤP HUYỆN PHÙ CÁT Năm học: 2012 – 2013 Bài 1: (1,5đ) Ta có: 2 2 2 3 2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ CÁT KÌ THI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC:2012-2013 MÔN:TOÁN (T.H.C.S) THỜI GIAN LÀM BÀI:150 phút (không kể thời gian phát đề) NGÀY THI: 10/11/2012 Bài 1 :.     ⇔ − = ⇔ = ⇔ =       =  − = =       Vậy 1; 2; 1x y z= = = . Bài 2: a) Theo đề: 2 2 2 1 4 1x x x+ + = + Đặt 2 y x x= + , ta có: ( ) 2 2 2 2 2 1 4 1 2 1 4 1 4 4 1 4 1 4