Đề thi HSG tham khảo

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH KÌ THI HỌC SINH GIỎI THPT- LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ Năm học 2006 – 2007 MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (không kể thời gian phát đề) Câu 1 : (4 đ) Giải hệ phương trình : 3 3 3 x y 3x 4 2y z 6y 6 3z x 9z 8  + = +   + = +   + = +   . Câu 2 : (4 đ) a) Tìm ba số thực zyx ,, thỏa hệ :    =++ =++ 432 1 222 zyx zyx sao cho x đạt giá trò lớn nhất. b) Cho 10 ≤≤<< zyx và 423 ≤++ zyx . Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: 222 23 zyxS ++= . Câu 3 : (2 đ) Cho cba ,, là các số thực không âm thỏa: 3=++ cba . Chứng minh : 2 3 111 2 2 2 2 2 2 ≥ + + + + + a c c b b a . Câu 4 : (4 đ) Cho cba ,, là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp. Chứng minh : a) .822 22222 Rrrpcba −−=++ b) .4 22222 Rrrpcba ++≥++ Câu 5 : (4 đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm các cung nhỏ: BC, CA, AB. Đường thẳng AP cắt BC tại L; BQ cắt AC tại M; CR cắt AB tại N. Chứng minh LA MB NC 9 LP MQ NR + + ≥ . Câu 6 : (2 đ) Cho tứ diện ABCD thoả : ABC = ADC =BAD = BCD Tính tổng T = ADB + BDC + CDA. HEÁT ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 12 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH (VÒNG 1) Câu1: Giải hệ phương trình: 3 3 3 x y 3x 4 2y z 6y 6 3z x 9z 8  + = +   + = +   + = +   (I) Giải: (1) ⇔ 3 3 3 x 3x 2 2 y 2y 6y 4 2 z 3z 9z 6 2 x  − − = −   − − = −   − − = −   ⇔ 2 2 2 (x 2)(x 1) 2 y 2(y 2)(y 1) 2 z 3(z 2)(z 1) 2 x  − + = −   − + = −   − + = −   * x > 2 ⇒ y < 2 ⇒ z ≥ 2 ⇒ x ≤ 2 (vô lí) * x < 2 ⇒ y ≥ 2 ⇒ z ≤ 2 ⇒ x ≥ 2 (vô lí) Vậy x = 2. Lí luận tương tự ta được y = 2, z = 2. Vậy x = y = z.= 2. Câu 2 a) Tìm ba số thực x, y, z thỏa hệ 2 2 2 x y z 1 (1) x 2y 3z 4 (2) + + =    + + =   sao cho x đạt giá trị lớn nhất. Giải: (1) ⇔ z = 1 – x – y. Thay vào (2) ta được: x 2 + 2y 2 + 3(1 – x – y) 2 = 4 ⇔ x 2 + 2y 2 + 3(1 + x 2 + y 2 – 2x + 2xy – 2y) = 4 ⇔ 5y 2 + 6(x – 1)y + 4x 2 – 6x – 1 = 0 (3) Ta phải có ∆’ ≥ 0 ⇔ 9(x 2 – 2x + 1) – 20x 2 + 30x + 5 ≥ 0 ⇔ –11x 2 + 12x + 14 ≥ 0 ⇔ 6 190 6 190 x 11 11 − + ≤ ≤ . Vì x lớn nhất nên x = 6 190 11 + . Khi x = 6 190 11 + thì y = 15 3 190 55 − và z = 10 2 190 55 − . Vậy x = 6 190 11 + , y = 15 3 190 55 − và z = 10 2 190 55 − thỏa YCBT. b) Cho 0 < x < y ≤ z ≤ 1 và 3x + 2y + z ≤ 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = 3x 2 + 2y 2 + z 2 . Giải: Cách 1: Ta có a 2 ≥ b 2 + 2b(a – b) nên 1 2 ≥ z 2 + 2(1 – z) 1 2 ≥ y 2 + 2(1 – y) ⇒ 2 ≥ 2y 2 + 4(1 – y) 1 2 ≥ 9x 2 + 2(1 – 3x) ⇒ 1 3 ≥ 3x 2 + 2 3 (1 – 3x) Cộng lại ta được: 2 + 1 + 1/3 ≥ 3x 2 + 2y 2 + z 2 + 2(1 – z) + 4(1 – y) + 2 3 (1 – 3x) ⇒ 10 3 ≥ S + 6(1 z) 12(1 y) 2(1 3x) 3 − + − + − = S + 1 3 [20 – 6x – 12y – 6z] = S + 1 3 [2(4 – 3x – 2y – z) + 8(1 – y) + 4(1 – z)] ≥ S. Do đó S ≤ 10 3 . Khi x = 1/3; y = z = 1 thì dấu “=” xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của S bằng 10 3 . Cách 2: Ta có hằng đẳng thức: a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 = a 1 (b 1 – b 2 ) + (a 1 + a 2 )(b 2 – b 3 ) + (a 1 + a 2 + a 3 )b 3 . (*) Áp dụng (*) ta có: S = z.z + 2y.y + 3x.x = z(z – y) + (z + 2y)(y – x) + (z + 2y + 3x)x ≤ 1(z – y) + (1 + 2)(y – x) + (1 + 2 + 3)x = z – y + 3y – 3x + 4x = z + 2y + x = 1 3 (z. 3 + 2y.3 + 3x. 1) = 1 3 [z(3 – 3) + (z + 2y)(3 – 1) + (z + 2y + 3x).1] = 1 3 [0 + 2(z + 2y) + (z + 2y + 3x)] ≤ 1 3 [2.3 + 4] = 10 3 . Khi x = 1 3 và y = z = 1 thì S = 10 3 . Vậy Max S = 10 3 . Câu 3: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa a + b + c = 3. Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 a b c 3 2 b 1 c 1 a 1 + + ≥ + + + . Giải: Ta có: (a + b + c) 2 ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3. Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 3a 3a b 1 3b 3 3b a b c = ≥ + + + + + . Tương tự ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b 3b 3b c 1 3c 3 3c a b c = ≥ + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c 3c 3c a 1 3a 3 3a a b c = ≥ + + + + + Đặt x = 2 2 2 2 3a a b c+ + , y = 2 2 2 2 3b a b c+ + , z = 2 2 2 2 3c a b c+ + Ta được: x + y + z = 3. và 2 2 2 2 2 2 a b c x y z y 1 z 1 x 1 b 1 c 1 a 1 + + ≥ + + + + + + + + Áp dụng bất đẳng thức 2 2 2 2 a b c (a b c) m n p m n p + + + + ≥ + + với m, n, p dương. Ta có: 2 2 2 x y z x y z y 1 z 1 x 1 xy x yz y zx z + + = + + + + + + + + ≥ 2 (x y z) (xy yz zx) x y z + + + + + + + = 9 xy yz zx 3+ + + ≥ 2 9 9 3 1 6 2 (x y z) 3 3 = = + + + (ĐPCM) Câu 4: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và r là bán kính đường tròn nội tiêp. Chứng minh: a) a 2 + b 2 + c 2 = 2p 2 – 2r 2 – 8Rr. Giải: Ta có: 2p 2 – 2r 2 – 8Rr = 2p 2 – 2. 2 2 S abc 8r 4S p − = 2p 2 – 2. 2 2 S abc 2 p p − = 2p 2 – 2(p a)(p b)(p c) 2abc p p − − − − = 3 3 2 2p 2p 2abc 2abc 2p (a b c) 2p(ab bc ca) p − + − + + + − + + = 2p(a + b + c) – 2(ab + bc + ca) = (a + b + c) 2 – 2(ab + bc + ca) = a 2 + b 2 + c 2 . (ĐPCM). b) a 2 + b 2 + c 2 ≥ p 2 + r 2 + 4Rr. Giải: Ta có a = 2RsinA; r = (p – a)tg A 2 mà sinA = 2 A 2tg 2 A 1 tg 2 + Suy ra 2 r 2( ) a p a r 2R 1 ( ) p a − = + − ⇔ 2 2 a 2r(p a) 2R (p a) r − = − + ⇔ a(p 2 + a 2 –2pa + r 2 ) = 4r(p – a)R ⇔ a 3 + ap 2 – 2pa 2 + ar 2 = 4Rrp – 4Rra ⇔ a 3 – 2pa 2 + (4Rr + p 2 + r 2 )a – 4Rrp = 0 Tương tự: b 3 – 2pb 2 + (4Rr + p 2 + r 2 )b – 4Rrp = 0 c 3 – 2pc 2 + (4Rr + p 2 + r 2 )c – 4Rrp = 0 Vậy a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3 – 2px 2 + (4Rr + p 2 + r 2 )x – 4Rrp = 0 Theo Viet ta ab + bc + ca = 4Rr + p 2 + r 2 . Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ (a – b) 2 + (b – c) 2 + (c – a) 2 ≥ 0 (luôn đúng). Dấu “= “ xảy ra ⇔ a = b = c ⇔ ∆ ABC đều. Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm các cung nhỏ BC, CA, AB. Đường thẳng AP cắt BC tại L; BQ cắt CA tại M; CR cắt AB tại N. Chứng minh: LA MB NC 9 LP MQ NR + + ≥ . Giải: AL là phân giác trong của góc A nên LA = A 2bccos 2 b c+ ; LB = ac b c+ ; LC = ab b c+ (BC = a, CA = b, AB = c) Ta có LA.LP = LB.LC ⇒ LP = 2 a 1 . A b c 2cos 2 + ⇒ 2 2 LA 2bc A .2cos LP 2 a = = 2 2 2 2 2bc (b c) a (1 cosA) a a + − + = ⇒ 2 2 2 LA MB NC b c c a a b LP MQ NR a b c + + +       + + = + +  ÷  ÷  ÷       – 3 ≥ 2 2 2 4bc 4ca 4ab a b c + + – 3 ≥ 3 2 2 2 64(bc)(ca)(ab) 3 a b c – 3 = 12 – 3 = 9. O A P L B Q M C R N Câu 6: Cho tứ diện ABCD có · · · · ABC ADC BAD BDC= = = . Tính tổng T = · · · ADB BDC CDA+ + . Giải: Lấy điểm A 1 thuộc tia BC sao cho BA 1 = DA; Lấy điểm C 1 thuộc tia BA sao cho BC 1 = DC. Ta có ∆ C 1 BA 1 = ∆ CDA (c–g–c) Lấy điểm B 1 thuộc tia AD sao cho AB 1 = CB; Lấy điểm D 1 thuộc tia AB sao cho AD 1 = CD. Ta có ∆ D 1 AB 1 = ∆ DCB (c–g–c) Ta chứng minh AB = CD. * Giả sử AB < CD ⇒ A nằm giữa B và C 1 ⇒ A 1 nằm giữa B và C (vì AC = A 1 C 1 ) ⇒ BC > BA 1 mà BA 1 = DA ⇒ BC > DA (1) Mặt khác: Vì AB < CD ⇒ B nằm giữa A và D 1 ⇒ B 1 nằm giữa A và D (BD = B 1 D 1 ) ⇒ AD > AB 1 mà AB 1 = CB ⇒ AD > CB (2) Từ (1) và (2) ⇒ mâu thuẫn. * Tương tự nếu AB > CD ta cũng suy ra mâu thuẫn. Vậy AB = CD. Lập luận tương tự ta cũng có AD = BC. Do đó ∆ ABD = ∆ CBD ⇒ · · ABD CDB= Vậy T = · · · ADB BDC CDA+ + = · · · ADB ABD BAD+ + = 180 0 . D B A C A 1 C 1 B 1 D 1 . MINH KÌ THI HỌC SINH GIỎI THPT- LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ Năm học 2006 – 2007 MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (không kể thời gian phát đề) Câu. = ADC =BAD = BCD Tính tổng T = ADB + BDC + CDA. HEÁT ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 12 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH (VÒNG 1) Câu1: Giải hệ