de thi chon HSG Chu Van An 2012

Một đường thẳng d tiếp xúc với hai đường tròn O và O’ lần lượt tại P và P’.. Gọi Q và Q’ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P’ xuống đường thẳng OO’.[r]

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM 2012

MÔN: TOÁN THỜI GIAN: 180’

ĐỀ BÀI

Câu 1 (4 điểm)

Giải hệ phương trình:

3 3

2x 2y 2x y 2xy 1 1 3y 1 8x 2y 1

x 0

      



   



 



Câu 2 (4 điểm)

Cho hai đường tròn tâm O bán kính R và tâm O’ bán kính R’ (R ≠ R’) cắt nhau tại

hai điểm phân biệt A, B Một đường thẳng d tiếp xúc với hai đường tròn (O) và (O’) lần lượt tại P và P’ Gọi Q và Q’ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P’ xuống đường thẳng OO’ Đường thẳng AQ cắt đường tròn (O) tại M và đường thẳng AQ’ cắt đường tròn (O’) tại M’ (M và M’ khác A)

Chứng minh rằng: Ba điểm M, M’, B thẳng hàng

Bài 3 (4điểm ) Cho phương trình: ax2 b c x  d e  0 1  có một nghiệm không

nhỏ hơn 1 Chứng minh rằng phương trình ax4 bx3 cx2 dx e 0 2  có nghiệm

Bài 4 (4điểm ) Giải phương trình: 8 2 cos6 x 2 2 sin3xsin 3x 6 2 cos4 x 1 0 

Bài 5 (4điểm ) Chứng minh rằng: x0,y0, ta luôn có (1x)(1y) (1  xy)2

… HẾT…

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN ĐẤP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

NĂM 2012 MÔN: TOÁN THỜI GIAN: 180’

1

4

điểm

3 3

3 1 8 2 1 (2)







(1)  2x1 2 y1  2x1  y1 0

ĐK: (2x + 1)(y + 1)  0

Mà x > 0

1 0

x y

 



 

 



(1)   2x 1 y1  2x 1 2 y1 0

 2x 1 y 1 0

 y2x

Thay vào (2): 3 6x 1 8x3  4x 1

 6x1 3 6x 1 2x32x (3)

Hàm số f(t) = t3 + t đồng biến trên R

(3)  3 6x 1 2x

2

NX: x >1 không là nghiệm của phương trình

Xét 0 x 1: Đặt x = cos với 0 2





  1

cos3

2



2

2

k k









 





 

9





0,5

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

Vậy hệ có nghiệm

cos ;2cos

0,5

2

4

điểm

J

B

A

O

O' P'

S

P

Q

Q'

M

M' I

Gọi S là giao điểm của d và OO’, khi đó S là tâm vị tự ngoài của hai

đường tròn (O) và (O’) Đặt

'

R k R



, khi đó ta có:

V S k( , ) : ( )O  ( '),O P P Q',  Q'

Gọi I, J là giao điểm của AB với PP’ và OO’ Khi đó ta có

IP IA IB IP  IP IP

Mà PQ // IJ // P’Q’ nên JQ = JQ’

Suy ra AB là trung trực của QQ’

Mà OO’ là trung trực của AB Vậy tứ giác AQBQ’ là hình thoi

Do đó Q’B //AQ hay Q’M’ // QM

Giả sử V(S, k) biến M thành B’ khi đó QM // Q’B’

Mà M thuộc (O) suy ra B’ thuộc (O’) do đó B’ trùng với B

Vậy V(S, k) biến M thành B

Tương tự ta có V(S, k) biến B thành M’

Suy ra M, B, M’ thẳng hàng hay MM’ qua B

1,0

0,5

1,0

1,0 0,5

3

4

điểm

Đặt f x  ax4 bx3 cx2 dx e

Khi đó f x  ax4 b c x  2 d e  bx3 bx2 dx d

= ax4 b c x  2 d e  bx2 d x   1

Phương trình (1) có nghiệm x 0 1 nên ta có: ax02 b c x  0 d e  0

 04    02   0

Do đó f  x0 .f  x0 bx0 d  x0  1 bx0 d  x0  1

=  bx0 d 2 x0  1 0

Vậy phương trình f x   0 có nghiệm x  x0; x0

1,0

1,0

1,0

1,0

4

điểm

Ta có:

2

(3) 2 2 cos (4cos 3cos ) 2 2 sin sin 3 1 0

2cos 2cos cos3 2sin 2sin sin 3 2 (1 cos 2 )(cos 2 cos 4 ) (1 cos 2 )(cos 2 cos 4 ) 2 2(cos 2 cos 2 cos 4 ) 2

2 cos 2 (1 cos 4 )

2 2 cos 2 cos 2

4 2

cos 2

π

    kπ k,(   )

1,0

1,0

1,0

1,0

5

4

điểm

ADBĐT côsi

2

xy

2

1x 1 y  (1x)(1 y)

Cộng lại theo vế ta được

2

Dấu “=” khi và chỉ khi x=y

1,0

1,0

1,0

1,0