Sở Giáo dục và đàotạo thanh hoá Đề dự bị Kỳ thi chọn đội tuyển HSG lớp 12 THPT Năm học 2007-2008 Môn thi: Toán Ngày thi: 02/11/2007 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề ) Đề này có 04 câu, gồm 1 trang. Câu 1: (5 điểm) Tổng của m số nguyên dơng chẵn khác nhau và của n số nguyên dơng lẻ khác nhau bằng 2006. Tìm giá trị lớn nhất của 3m +4n. Câu 2: (5 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn xy + yz +zx = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 2 2 x y y z z x + + + + + + Câu 3: (5 điểm) Có tồn tại hay không một đa thức [ ] ( )f x Z x mà (2007) 2006f = và (2005) 2003f = Câu 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC có các góc nhọn, đờng tròn bàng tiếp góc C là 1 ( )C có tâm 1 ( )O tiếp xúc với BC, AC kéo dài tại E và G , đờng tròn bàng tiếp góc B là 2 ( )C có tâm 2 ( )O tiếp xúc với AB, BC kéo dài lần lợt tại H và F. Gọi P là giao điểm của EG và FH. Chứng minh rằng :PA vuông góc với BC. Hết Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá Đề dự bị Kỳ thi chọn đội tuyển HSG lớp 12 THPT Năm học 2007-2008 Môn thi: Toán Ngày thi: 03/11/2007 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề ) Đề này có 04 câu, gồm 1 trang. 1 Số báo danh: . Số báo danh: . Câu 5: (5 điểm) Cho * n N là các số nguyên 0 1 , , , n a a a thoả mãn điều kiện 0 1 1 2 3 n a a a n < < < < . Chứng minh rằng tồn tại 4 số , , , i j k l a a a a đôi một khác nhau sao cho: i j k l a a a a+ = + . Câu 6: (5 điểm) Với n là số nguyên dơng cho trớc, ngời ta xác định hàm số: * * :f N N cho bởi công thức: 2 2 ( ) n f k k k = + , với * k N . Hãy xác định tất cả các giá trị nguyên dơng mà n có thể nhận đợc để cho * min ( ) 200 k N f k = . Câu 7: (5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 x y z F xyz + + = với [ ] , , 1003; 2006x y z . Câu 8: (5 điểm) Cho tam giác ABC có các góc nhọn, có các đờng cao BB, CC cắt nhau tại H. Gọi M, N lần lợt là trung điểm của các cạnh AB và AC, gọi S là giao điểm của MN và BC. Chứng minh rằng : OH vuông góc với AS ,biết rằng O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Hết Đáp án dự bị vòng 1 Câu 1( 5 điểm) Ta có 1996 (2 +4 + + 2m ) + ( 1+ 3 + 5 + + 2n 1 ) = 2 ( 1)m m n + + 2 2 1 1 ( ) 2 4 m n = + + Do vậy 2 2 1 ( ) 1996, 25 2 m n + + Theo bất đẳng thức Bunhiakôpxki 2 2 1 3 1 3 3 4 3( ) 4 5 ( ) 2 2 2 2 m n m n m n + = + + + + 5 1996,25 1,5 121,84 < Vì m và n là những số nguyên dơng suy ra 3m + 4n = 221 2 Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng ta đợc m= 3+ 4t; n= 53 3t với t nguyên; [ ] 0;17t ; trong các nghiệm ấy ta để ý đến nghiệm ( m; n) =(23;38). Ta có: 2 + 4 +6 + + 46 = 552 1 + 3+ 5 + + 75 = 1441. Vậy tổng của 23 số chẵn và 38 số lẻ bằng 1996 thoả mãn max (3m + 4n ) =221 Câu 2( 5 điểm) Giả sử x = max (x; y; z), đặt a = y + z > 0 suy ra ax = 1- z 1. Xét hàm số 1 1 1 ( )f x x y y z z x = + + + + + = 2 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 x y z x x a x x x y z a + + + + + + + + = + + + + Mặt khác 2 2 ' 2 3 2 1 ( ) 0 ( 1) (2 2 1) yz x x x f x x x a x + = + + + + Suy ra f(x) là hàm nghịch biến. Từ đó ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 ( 1) ( ) ( ) ( 1) ( ) 2 2 1 2 ( 1) 2( 1) a a f x f a a a a a a a a a + = + + = + + + + + + Dễ có 2 2 2 ( 1) 0 2 ( 1) 2( 1) a a a a a + + + + + Suy ra ( ) 2 2f x + ; đẳng thức xảy ra khi x = y = 1, z = 0 Câu 3 (5 điểm) Giả sử 1 1 1 0 ( ) ; ; 0,1, , n n n n i f x a x a x a x a a Z i n = + + + + = Ta có 1 ( 2007) ( 2005) (2007 2005 ) (2007 2005) n n n f f a a = + + chia hết cho 2 Mặt khác ( 2007) (2005) 3f f = không chia hết cho 2. Suy ra không tồn tại đa thức f(x) Câu 4(5 điểm) Kẻ PM BC ta có ã ã ã à 1 1 2 C MPE PEO ECO = = = ã .tan .tan 2 C ME PM MPE PM = = . Tơng tự .tan 2 B MF PM = . Vậy tan 2 (1) tan 2 C ME B MF = Kẻ AM BC 1 1 2 2 .tan tan ' 2 2 (2) ' .tan tan 2 2 C C p AO O GM E B B M F AO O H p = = = = Từ (1) và (2) suy ra ' ' ' ME M E M M PA BC MF M F = (đpcm) 3 A C B H O2 O1 P G E F M Đáp án dự bị vòng 2 Câu 5(5 điểm) Do n a lớn nhất nên 0 0,1,2, , 1 n i a a i n > = . Xét tập { } 0 1 2 0 1 1 ; ; ; ; ; ; ; ; n n n n n A a a a a a a a a a a = gồm 2n + 1 phần tử mà các phần tử đều nguyên dơng 0 1 ; ; ; n a a a và 0 1 1 ; ; ; n n n n a a a a a a đều khác nhau và nhỏ hơn 2n 3 nên tồn tại ; i n j k n l i j k l a a a a a a a a a a= = + = + đpcm Câu6 (5 điểm) Vì [ ] * A A k N ta có 2 2 4 2 2 200 200 0 ( 100) 10000 (1) n k k k k n k n + + + Vì (1) đúng với * k N nên nếu lấy k = 100 10000n . Mặt khác vì [ ] 1A A< + 4 nên để có (*) cần chứng tỏ rằng * m N sao cho 2 2 201 n m m + < tức là 4 2 201 0m m n + < hay 2 2 2 201 ( 100,5) 4 m n + < . Tức là 2 2 2 201 ( 100,5) (2) 4 n m< Ta cần xét tất cả các giá trị của n có thể lấy đợc do đó cần chọn sao cho vế phải của (2) càng lớn càng tốt và 2 2 ( 100,5)m càng nhỏ càng tốt với * m N , hơn nữa nếu chọn m = 10 thì (2) trở thành 2 201 1 10100 4 4 n < = Thành thử các giá trị của n có thể nhận đợc là 10000; 10001; 10002; ; 10099 ( có 100 giá trị) Câu 7( 5điểm) Giả sử 1003 2006x y z ; đặt y = kx, z = hx (1 2)k h ta đợc 3 3 3 3 3 3 (1 ) 1 x k h A x hk k h hk + + = + + = Ta chứng minh 3 3 3 3 2 2 1 1 2 2 (2 )(1 4 2 ) 0 k h k hk k h h k h + + + + + Bất đẳng thức trên là đúng Lại có 3 3 2 1 2 ( 1)( 9) 5 0 2 2 5 k k k k k k A + + + = Vậy A = 5 khi x = y = 1003 , z = 2006 Câu 8(5 điểm) Do ã ã ã ã ã 0 0 0 1 1 1 1 90 90 90MC B HC B HBC ONM MNA= = = = suy ra tứ giác 1 1 B C MN nội tiếp 1 1 . .SM SN SB SC S = thuộc trục đẳng phơng của hai đờng tròn ngoại tiếp tứ giác 1 1 AB HC và AMON mà A là điểm chung suy ra SA là trục đẳng phơng của hai đờng tròn. Gọi I và J là trung điểm của AO và AH suy ra I; J là tâm của hai đờng tròn nói trên và IJ // OH nhng IJ SA suy ra OH SA. 5 6 . 1 2 C MPE PEO ECO = = = ã .tan .tan 2 C ME PM MPE PM = = . Tơng tự .tan 2 B MF PM = . Vậy tan 2 (1) tan 2 C ME B MF = Kẻ AM BC 1 1 2 2 .tan tan ' 2 2 (2) ' .tan tan 2 2 C C p AO. tạo thanh hoá Đề dự bị Kỳ thi chọn đội tuyển HSG lớp 12 THPT Năm học 200 7-2 008 Môn thi: Toán Ngày thi: 03/11/2007 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề ) Đề này có 04 câu, gồm 1 trang. 1 Số. đàotạo thanh hoá Đề dự bị Kỳ thi chọn đội tuyển HSG lớp 12 THPT Năm học 200 7-2 008 Môn thi: Toán Ngày thi: 02/11/2007 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề ) Đề này có 04 câu, gồm 1 trang. Câu