Gọi P là giao điểm của EG và FH.. Chứng minh rằng :PA vuông góc với BC.
Trang 1Sở 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
x y + y z + z x ≥ +
Câu 3: (5 điểm)
Có tồn tại hay không một đa thức f x( ) ∈Z x[ ] mà f(2007) 2006 = và
(2005) 2003
Câu 4: (5 điểm)
Cho tam giác ABC có các góc nhọn, đờng tròn bàng tiếp góc C là ( )C1 có tâm
1
( )O tiếp xúc với BC, AC kéo dài tại E và G , đờng tròn bàng tiếp góc B là ( )C2 có
tâm ( )O2 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 )
Số báo danh:
……….
…
Trang 2Câu 5: (5 điểm)
Cho n N∈ * là các số nguyên a a0 , , , 1 a n thoả mãn điều kiện
1 ≤a < < <a a n < 2n− 3
Chứng minh rằng tồn tại 4 số a a a a i, , ,j k l đôi một khác nhau sao cho:a i+a j =a k+a l
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
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 F x3 y3 z3
xyz
+ +
= với x y z, , ∈[1003; 2006]
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 B’C’ 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 )
= m m( + + 1) n2 1 2 2 1
Do vậy 1 2 2
2
m+ +n ≤
3m+ 4n= 3(m+ ) 4 + n− ≤ 5 (m+ ) +n −
Trang 3Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng ta đợc m= 3+ 4t; n= 53 – 3t với t nguyên;
[0;17]
t∈ ; 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
( )
f x
x y y z z x
+
Mặt khác
'
1
yz x x x
f x
Suy ra f(x) là hàm nghịch biến Từ đó ta có
2 2
+
0
a a
+
Suy ra f x( ) 2≥ + 2; đẳng thức xảy ra khi x = y = 1, z = 0
Câu 3 (5 điểm)
f x =a x +a x− − + +a x a+ a ∈Z i= n
Ta có (2007) (2005) (2007n 2005 ) n 1(2007 2005)
n
Mặt khác f(2007) − f(2005) 3 = 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
2
C MPE PEO= =ECO =
ã
2
C
Tơng tự .tan
2
B
MF=PM Vậy tan 2 (1)
tan 2
C ME
B
MF =
.tan tan
(2)
p
AO O G
M E
M F AO O H p
Từ (1) và (2) suy ra ' '
'
Trang 4C B
H
O2
O1
P
G
M
Đáp án dự bị vòng 2 Câu 5(5 điểm)
Do a n lớn nhất nên a n − >a i 0 ∀ =i 0,1, 2, ,n− 1
Xét tập A={a a a0 ; ; ; ; ; 1 2 a a n n−a a0 ; n−a1 ; ;a n−a n−1} gồm 2n + 1 phần tử mà các phần
tử đều nguyên dơng a a0; ; ;1 a n và a n−a a0; n −a1; ;a n−a n−1 đều khác nhau và nhỏ hơn 2n – 3 nên tồn tại a i = −a n a a j; k = − ⇒ +a n a l a i a j =a k +a l đpcm
Câu6 (5 điểm)
Vì [ ]A ≤ ⇒ ∀ ∈A k N* ta có
2
2
2
200
n
k
k
+ ≥
Trang 5nên để có (*) cần chứng tỏ rằng ∃ ∈m N* sao cho 2
n m m
+ < tức là
m − m + <n hay 2 2 2012
( 100,5)
4
m − + <n .
( 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 (m2 − 100,5) 2 càng nhỏ càng tốt với ∀ ∈m N*, hơn nữa nếu
chọn m = 10 thì (2) trở thành 2012 1 10100
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 ≤ ≤ ≤ ≤x y z 2006; đặt y = kx, z = hx (1 ≤ ≤ ≤k h 2) ta đợc
3
1
A
x hk
k h
hk
+ +
=
+ +
=
Ta chứng minh
2
+ + ≤ + +
Bất đẳng thức trên là đúng
Lại có
5
A
+ + − = − + − ≤
⇒ ≤
Vậy A = 5 khi x = y = 1003 , z = 2006
Câu 8(5 điểm)
MC B = −HC B = −HBC= −ONM =MNA
suy ra tứ giác B C MN1 1 nội tiếp ⇒SM SN =SB SC1. 1⇒S thuộc trục đẳng phơng của hai
đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AB HC1 1vàAMON 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