Câu 6(2đ): Chứng minh rằng tích của một số chính phương và một số đứng trước nó chia hết cho 12.[r]
(1)ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN THỜI GIAN 150 PHÚT
Năm học 2009 - 2010
Câu 1(4đ): Giải hệ phương trình sau:
a)
7
2
x y x y
x y x y
b)
( 1) ( 1)
1
x y y x xy
x y y x xy
Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = Hãy tìm giá trị lớn biểu thức
1 1
x y z
P
x y z
Câu 3(3đ): Cho a, b, c > thỏa mãn điều kiện
1 1
2 1a1b1c
Chứng minh rằng:
1 abc
Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA MB (A, B tiếp điểm), C điểm đường tròn tâm M bán kính MA nằm đường trịn (O) Các tia AC BC cắt đường tròn (O) P Q Chứng minh PQ đường kính đường trịn (O)
Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) d tiếp tuyến (O) C Gọi AH, BI đường cao tam giác
a) Chứng minh HI // d
b) Gọi MN EF hình chiếu đoạn thẳng AH BI lên đường thẳng d chứng minh MN = EF
(2)ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN NĂM HỌC 2009 - 2010
Câu Đáp án Thang điểm
1
a)
7 5(1)
2 1(2)
x y x y
x y x y
Đặt u = 7x y , v = 2x y (u0,v0)
Ta có
5 (*) u v
v x y
Do u2 – v2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x
Mà u + v = nên u – v = x Do u =
5 x
, v =
5
x
Từ phương trình thứ hai (*) ta y = v + x – =
5 2 x x x
Thay y =
3 x
vào phương trình (2) ta
1 3 2 5
19 2 x x x x x x x x
Với x = ta y = 2; x = 19 ta y = 11
Thử lại hệ phương trình ta hệ có nghiệm (1;2)
0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 b)
( 1) ( 1) (1)
1 (2)
x y y x xy
x y y x xy
Điều kiện x1,y1
Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cơ Si ta có:
( 1) ( 1).1
2
x y xy
x y x y
(3)
( 1) ( 1).1
2
y x xy
y x y x
(4) Vậy x y1y x1xy
Dấu “=” xảy
1 1 y x x y
Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1) Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;2)
(3)2
Ta có
1 1
(1 ) (1 ) (1 )
1 1
P
x y z
1 1
3 ( )
1 1
P
x y z
Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cơ Si ta có
3 x y z xyz,
1 1 x y z xyz
1 1
(x y z)( ) 3xyz
x y z xyz
Dấu = xảy x = y = z Ta có
1 1
1 1 ( 1) ( 1) ( 1) x y z x y z
1 1
1 1
x y z
Vậy
9 3
4 P
1 1
3
1
4
x y z
P x y z
x y z
Vậy P đạt giá trị lớn
3 P
tại
1 x y z
0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5
0.25
3
Ta có:
1 1
(1 ) (1 )
1a 1b 1c
2
1 1 (1 )(1 )
b c bc
a b c b c
Vậy
1
1 (1 )(1 ) bc
a b c
Tương tự:
1
1 (1 )(1 ) ac
b a c
1
1 (1 )(1 ) ab
c a b
Nhân ba bất đẳng thức ta được:
1
(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 ) abc
a b c a b c
8abc
0.5 0.5 0.5
0.25 0.25
(4)4
C
P Q
O M
B A
0.5
Để chứng minh PQ đường kính đường trịn (O), ta cần chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng
Trong đường trịn tâm M ta có:
2
AMC ABC (góc tâm chắn cung AC)
Trong đường trịn tâm O ta có:
2
AOQ ABQ (góc tâm chắn cung AQ)
Suy AMCAOQ (1)
Chứng minh tương tự ta có BMC BOP (2)
Tứ giác MAOB có A B 900
1800 AMB AOB
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra:
POQ POB BOA AOQ
(BMC AMC )BOA
AMB AOB 1800
Suy P, Q, O thẳng hàng
Vậy PQ đường kính đường trịn (O)
(5)5
x
d
M F
N E
A
I
H
C
B 0.5
a) Chứng minh HI // d
Gọi Cx tiếp tuyến chắn cung AC
Tứ giác ABHI nội tiếp nên ABC HIC (Cùng bù với góc HIA )
Mà ABCACx (cùng chắn cung AC)
//
HIC ICx HI d
0.25 0.5 0.25 0.5 b) Chứng minh MN = EF
d // HI IF=HN
AMCH nội tiếp HMNHAC
BICE nội tiếp IEF IBC
Mà HAC BIC nên HMNIEF HMN IEF
EF MN
0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 Số phương n2(n Ỵ Z) số đứng trước n2-1
Ta có (n2-1)n2 =(n+1)(n-1)n2= (n-1)n.n(n+1)
Tích có số nguyên liên tiếp nên chia hết cho
Mặt khác (n-1)n hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho Và n (n+1) chia hết cho
Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho
Mà (3;4) = nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12 Vậy (n2-1)n2 chia hết cho 12
0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Người đề