De va dap an HSG 12 Vinh Phuc

Cho tam giác đều ABC có diện tích bằng 7.. Các điểm M và N lần lượt nằm trên hai cạnh AB và AC sao cho AN = BM.. Gọi O là giao điểm của hai đường thẳng BN và CM.. Biết diện tích tam giác

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

—————————

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2008-2009

ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

————————————

Câu 1 Giải phương trình: 32 6 2 ( R)

9

x

x

Câu 2 Giải hệ phương trình:

2

2 0

( , R)

y xy

x y









Câu 3 Tìm tất cả các số thực a b p q , , , sao cho phương trình:

 2 x  1 20  ax b  20   x2 px q  10 thoả mãn với mọi x  R.

Câu 4 Cho tam giác đều ABC có diện tích bằng 7 Các điểm M và N lần lượt nằm trên hai

cạnh AB và AC sao cho AN = BM Gọi O là giao điểm của hai đường thẳng BN và CM Biết diện tích tam giác BOC bằng 2.

a Tính tỷ số MB

AB

b Tính giá trị  AOB (kí hiệu  là góc)

Câu 5 Cho x y z , , là các số thực dương thoả mãn điều kiện xy yz zx    1 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

-Hết -Chú ý: Giám thị không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG TỈNH TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008-2009

- HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN

(Dành cho học sinh các trường THPT không chuyên)

-Câu 1 (2,5 điểm):

3

x x

x





     



0,25

+ Nếu x 3, bình phương hai vế của PT ta được:

2

72

x

0,5

Đặt

2

2 ( 0)

9

x

x

 , ta có PT: t26t 72 0   t 6

0,5

Khi đó

2

9

x

Trong trường hợp này tìm được x 3 2

0,5

+ Nếu x  3 thì 3 0 6 2

2 9

x x

x



: PT vô nghiệm

0,5

Câu 2 (2,5 điểm):

2

4 2 2 0 (1)

y

xy







+ Nếu xy 0 thì (1) trở thành: x24y2  0 x y 0 Thử lại không thoả mãn hệ 0,25 + Nếu xy 0 thì (1) trở thành: x24y24xy 0 (x2 )y 2  0 x2y0 0,5

Kết hợp với PT thứ hai của hệ ban đầu ta có 2 8 2 2

2 2

x x

x

 

  



Với x 2 2 thì y  2; Với x 2 2 thì y  2 0,5 Vậy hệ có hai nghiệm ( ; ) (2 2;x y   2);( 2 2; 2) . 0,25

Câu 3 (1,5 điểm):

Thay

2

1



x , PT đã cho trở thành: a b p q 0 a 2b

2 4

1 2

10 20







































Thay a   2b vào PT đầu có:  20  20  2 10

2 1

Tính hệ số của x20 có: 20

20 20

20 20

2

1 1 1

2

 

20

10 2

(1)

2

(2)

4

 x  p x q   (không xảy ra với mọi xR)

* Từ (1): 2 2

1 1

1 4

4

p

q







        



 Vậy các giá trị cần tìm là: 20 20 1 20 20 1

2 1 , 2 1 , 1 ,

20220 1 , 1 220 20 1 , 1 , 1

0,25

Câu 4 (2 điểm).

a 1,0 điểm.

O A

M

N

a) Đặt MB/ABx Suy ra SABN  SBMC  7 x , do đó: 











2 2 7

BOC AMON

BOM

S S

x S

0.25

Ngoài ra: S CON  7  2  2  ( 7x 2 )  5  7x, S x x x

x

x











1

) 7 5 (

) 2 7 ( 1 1









x

x S

x

x

0.25





























1

; 0

0 2 9 9 )

2 7 ( 1 1

) 7 5 ( 2

2

x

x x x

x

x x

x x

0.25

Giải PT trên được 







 3 / 2

3 / 1

x

x

hay 







 3 / 2 /

3 / 1 /

AB MB

AB MB

0.25

b 1,0 điểm.

Vì ABN  BMC nên ta có: BOM  BCM  CBO MBO CBO  60 0

Ta cũng có MAN MON  180 0 nên tứ giác AMON nội tiếp 0.25

Trường hợp 1: MB AB /  1 / 3  AM  2 BM  2 AN

Q

 là tâm ngoại tiếp tứ giác AMON và AOM  ANM  90 0  AOB 150 0 0.25

Trường hợp 2: Tương tự trên có:

0

90 2

3

/

2

/AB  AM MBAN  AMN  AON   AOB 

Câu 5 (1,5 điểm):

Chứng minh được BĐT:

, , ; , , 0

 

 

(Sử dụng BĐT Bunhiacôpxki)

0,25

Ta có

 

P

Mặt khác (x y z  )23(xy yz xz  ) 3 và 3 2 1

3 3

0,25

Do đó

3 3

3 3



P

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

3

x  y z

0,25

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3 3