ĐỀTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI ÑEÀ Môn: Toán – Lớp Thời gian: 150 phút Bài 1: (5 điểm) a 1) Cho số a > x ∈ 0, 2 Tìm giá trị lớn biểu thức: Q = a a − x x 2 2) Cho biểu thức: M = x2 + y2 + 2z2 + t2 Với x, y, z, t số nguyên không âm Tìm giá trị nhỏ M giá trị tương ứng x, y, z t, biết rằng: x2 – y2 + t2 = 21 x2 + 3y2 + 4z2 = 101 Bài 2: (5 điểm) x + 2010 − y = 2010 1) Giải hệ phương trình sau: 2010 − x + y = 2010 2) Cho a, b, c tham số thỏa điều kiện abc < Giải bất phương trình: x −a x −b x −c 1 + + > 2 + + bc ac ab a b c Bài 3: (2 điểm) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác thỏa: a + b + c = Chứng minh: a2 + b2 + c2 + 2abc < Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC có cạnh Lấy D BC Gọi R 1, R2 bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABD ADC Tìm vị trí D để tích R1.R2 lớn Tìm giá trị lớn Bài 5: (4 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh a Các điểm M N đường chéo AC cho AC = 3AN = 4AM Hai đường thẳng DM DN cắt cạnh AB P Q Chứng minh: a) Tam giác AMP tam giác ANQ đồng dạng b) BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN ––––– HẾT ––––– ÑEÀ ĐÁP ÁN ĐỀTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI Môn: Toán – Lớp Bài 1: a a x x x x −x 2 4 4 1) Ta có: Q = 44 Áp dụng bất đẳng thức côsi: a x x x x a x − x + + + + ≥55 − x 4 4 4 ⇔ a a 32a a a x a a − x ⇔44 ≥ − x x ⇒Q ≤ ≥ 3125 2 5 5 Vậy Q đạt giá trị lớn 2) Có: 4a 32a x = 3125 x2 – y2 + t2 = 21 x2 + 3y2 + 4z2 = 101 ⇒ 2x2 + 2y2 + 4z2 + t2 = 122 ⇒ 2M – t2 = 122 ⇔ 2M = 122 + t2 ⇒ 2M ≥ 122 ⇔ M ≥ 61 Vậy M đạt giá trị nhỏ 61 t = Ta có: x2 – y2 = 21 2 (1) x + 3y + 4z = 101 (2) Vì x, y ∈ Z nên từ (1) ⇒ x > y ≥ ⇒ x + y ≥ x – y > Do đó: (x + y) (x – y) = 21 = x + y = 21 ⇒ x–y=1 x+y=7 x–y=3 x = 11 ⇔ y = 10 x=5 y=2 Từ (2) ⇒ 3y2 ≤ 101 ⇒ y2 ≤ 33 ⇒ ≤ y ≤ Chọn x = 5, y = (2) ⇒ z = Vậy: Giá trị nhỏ M 61 (x = 5, y = 2, z = 4, t = 0) Bài 2: 1) Điều kiện: ≤ x ≤ 2010; ≤ y ≤ 2010 Xét x > y Ta có: x > y , 2010 − y > 2010 − x ⇒ x + 2010 − y > y + 2010 − x ⇒ 2010 > 2010 (vô lý) Vậy x > y sai Xét x < y Tương tự dẫn đến điều vô lý Vậy x < y sai Vậy x = y Ta có: 2010 − x + x = 2010 ⇔ ( ) ⇔ 2010 – x + x (2010 − x ) + x = 2010 ⇔ x (2010 − x ) = 2010 − x + x = 2010 x=0 x = 2010 * x = ⇒y = * x = 2010 ⇒ y = 2010 Vậy nghiệm hệ phương trình là: x=0 y=0 , x = 2010 y = 2010 2) x −a x −b x −c 1 + + > 2 + + bc ac ab a b c ⇔ x −a 1 x −b 1 x −c 1 − − + − − + − − >0 bc b c ac c a ab a b ⇔ 1 1 (x – a – b – c) + + > bc ab ac ⇔ (a + b + c) (x – a – b – c) < (do abc < 0) Nếu a + b + c > 0, ta có: x < a + b + c Nếu a + b + c < 0, ta có: x > a + b + c Bài 3: a < b + c (bất đẳng thức tam giác) ⇒ 2a < a + b + c ⇒ 2a < ⇒ a ⇒ (1 – b – a + ab) (1 – c) > ⇒ (1 – c – b + bc – a + ca + ab – abc) > ⇒ abc < ab + bc + ca + – (a + b + c) ⇒ abc < ab + bc + ca – ⇒ 2abc < 2ab + 2bc + 2ca – ⇒ a2 + b2 + c2 + 2abc < a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca – ⇒ a2 + b2 + c2 + 2abc < (a + b + c)2 – ⇒ a2 + b2 + c2 + 2abc < Bài 4: Gọi (O) đường tròn nội tiếp ∆ABD tiếp xúc với BD H, (I) đường tròn nội tiếp ∆ADC tiếp xúc với CD K A ODI = 90° (tính chất tia phân giác góc kề bù) ABC = 30°, ICK = 30° OBH = ∆OHB, ∆KIC nửa tam giác ⇒ I BH = OH = R1 O KC = IK = R2 B OHD = DKI (= 90°) H D ODH = DIK (cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) Do đó: ∆OHD ⇒ ∆DKI OH HD = ⇒ OH IK = HD DK DK IK Vậy: HD DK = R1 R2 Theo bất đẳng thức côsi: = BC = BH + KC + HD + DK ≥ BH KC + HD DK ⇒ ≥ R1 R + R1 R ⇒ 1≥ ⇒ R 1R ≤ 3+2 ⇒ R1R2 ≤ 2− ( R1 R 2 + ) Dấu “=” xảy ⇔ BH = KC HD = DK ⇔ D trung điểm cạnh BC K C Vậy: Khi D trung điểm cạnh BC R1.R2 đạt GTLN Bài 5: a) AC đường chéo hình vuông ABCD cạnh a nên: AC = A a 2− P Q M AC = 3AN = 4AM (gt) ⇒ N AN AM = , = NC MC AM AN = 1 AC AC = 12 ∆MDC có AP//DC suy ra: ⇒AP = ( ) 2 a = a D C x AP AM = (hệ định lý Talet) DC MC AM DC = a MC Tương tự có: AQ = a Do đó: AM AN = AP QA ⇒ B 2 = a AM AP = (*) AQ AN ∆AMP ∆AQN có: MAP chung (**) (*), (**) ⇒ ∆ AMP ∆AQN b) Vẽ Bx tia tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆BMN, tia Bx nằm nửa mặt phẳng bờ BN có chứa điểm C Ta có: NC.MC = AC AC = AC2 = a2 Do đó: NC.MC = BC2 (= a2) ⇒ Xét ∆NCB ∆BCM có: NCB chung ⇒ ∆NCB ∆BCM ⇒ NBC = BMC Mặt khác: NBx = BMC ( = sđ BN) Do đó: NBC = NBx, tia Bx nằm nửa mặt phẳng bờ BN có chứa điểm C ⇒ Hai tia BC, Bx trùng ⇒ BC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆BMN ⇒ BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ∆BMN ... ≥ BH KC + HD DK ⇒ ≥ R1 R + R1 R ⇒ 1≥ ⇒ R 1R ≤ 3+2 ⇒ R1 R2 ≤ 2− ( R1 R 2 + ) Dấu “=” xảy ⇔ BH = KC HD = DK ⇔ D trung điểm cạnh BC K C Vậy: Khi D trung điểm cạnh BC R1 .R2 đạt GTLN Bài 5: a)... ⇒ I BH = OH = R1 O KC = IK = R2 B OHD = DKI (= 90 °) H D ODH = DIK (cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) Do đó: ∆OHD ⇒ ∆DKI OH HD = ⇒ OH IK = HD DK DK IK Vậy: HD DK = R1 R2 Theo bất đẳng... c)2 – ⇒ a2 + b2 + c2 + 2abc < Bài 4: Gọi (O) đường tròn nội tiếp ∆ABD tiếp xúc với BD H, (I) đường tròn nội tiếp ∆ADC tiếp xúc với CD K A ODI = 90 ° (tính chất tia phân giác góc kề bù) ABC = 30°,