Câu 6(2đ): Chứng minh rằng tích của một số chính phương và một số đứng trước nó chia hết cho 12.[r]
Trang 1ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN
THỜI GIAN 150 PHÚT Năm học 2009 - 2010
Câu 1(4đ): Giải các hệ phương trình sau:
a)
x y x y
x y x y
b)
x y y x xy
Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P
Câu 3(3đ): Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện
2
1 a1 b1 c
Chứng minh rằng:
1 8
abc
Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là tiếp điểm), C là
một điểm trên đường tròn tâm M bán kính MA và nằm trong đường tròn (O) Các tia AC
và BC cắt đường tròn (O) lần lượt tại P và Q Chứng minh rằng PQ là đường kính của đường tròn (O)
Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và d là tiếp tuyến của (O) tại C
Gọi AH, BI là các đường cao của tam giác
a) Chứng minh HI // d
b) Gọi MN và EF lần lượt là hình chiếu của các đoạn thẳng AH và BI lên đường thẳng d chứng minh rằng MN = EF
Câu 6(2đ): Chứng minh rằng tích của một số chính phương và một số đứng trước nó chia
hết cho 12
Trang 2ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN NĂM HỌC 2009 - 2010
1
a)
x y x y
x y x y
Đặt u = 7x y , v = 2x y (u0,v0)
Ta có
5 (*) 1
u v
v x y
Do u2 – v2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x
Mà u + v = 5 nên u – v = x
Do đó u =
5 2
x
, v =
5 2
x
Từ phương trình thứ hai của (*) ta được
y = v + x – 1 =
1
x
Thay y =
3 2
x
vào phương trình (2) ta được
1 2
1
19
x
x
Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11
Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2)
0.25 0.25 0.25 0.25
0.25
0.25 0.25
0,25
b)
x y y x xy
Điều kiện x1,y1
Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cô Si ta có:
( 1 1)
1 ( 1).1
x y x y
(3) ( 1 1)
1 ( 1).1
y x y x
(4) Vậy x y1y x1xy
Dấu “=” xảy ra
1 1
1 1
y x
2
x y
Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2)
0.25 0.5 0.5 0.25 0.25
0.25
Trang 3Ta có
P
P
Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có
3
x y z xyz,
x y z xyz
(x y z)( ) 3xyz 9
Dấu = xảy ra khi x = y = z
Ta có
x y z x y z
Vậy
9 3 3
4 4
P
1
x y z
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là
3 4
P
tại
1 3
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 a 1 b 1 c
1
2
Vậy
1 2
bc
Tương tự:
1 2
ac
1 2
ab
Nhân ba bất đẳng thức trên ta được:
(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
abc
8abc 1
0.5 0.5 0.5
0.25 0.25
0.5 0.5
Trang 4C
P
Q
O M
B
A
0.5
Để chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O), ta cần
chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng
Trong đường tròn tâm M ta có:
AMC ABC (góc ở tâm chắn cung AC)
Trong đường tròn tâm O ta có:
2
AOQ ABQ (góc ở tâm chắn cung AQ)
Suy ra AMCAOQ (1)
Chứng minh tương tự ta có
BMC BOP (2)
Tứ giác MAOB có A B 900
AMB AOB
Từ (1), (2), và (3) suy ra:
POQ POB BOA AOQ
(BMC AMC )BOA
AMB AOB 1800
Suy ra P, Q, O thẳng hàng
Vậy PQ là đường kính của đường tròn (O)
0.25 0.5
0.5 0.25 0.5
0.25 0.25 0.25
0.25 0.25 0.25
Trang 5x
d
M F
N E
A
I H
C
a) Chứng minh HI // d
Gọi Cx là 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
6 Số chính phương là n2(n Î Z) số đứng trước nó là n2-1
Ta có (n2-1)n2 =(n+1)(n-1)n2= (n-1)n.n(n+1)
Tích này có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3
Mặt khác (n-1)n là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2
Và n (n+1) chia hết cho 2
Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 4
Mà (3;4) = 1 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 ra đề
Phạm Thị Vinh