ĐỀ THI HSG TOÁN THCS HUYỆN PHÙ CÁT

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ CÁT KÌ THI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC:2012-2013
MÔN:TOÁN (T.H.C.S)
THỜI GIAN LÀM BÀI:150 phút (không kể thời gian phát đề)
NGÀY THI: 10/11/2012
Bài 1 : (1,5đ)
Tìm các số nguyên x,y,z thỏa mãn đẳng thức:
2 2 2
3 2 3x y z xy y z+ + < + + −
Bài 2 : (2đ)
a) (1đ) Giải phương trình:
2
2 2 1 4 1x x x+ + = +
b) (1đ) Giải hệ phương trình:
4 1
4 1
4 1
x y z
y z x
z x y

+ = −


+ = −


+ = −


Bài 3 : (3đ)

a) (1,5đ) Cho 3 số thực a,b,c. Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )
26 6 2009
a b b c c a
a b c ab bc ca
− − −
+ + ≥ + + + + +
b) Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn abc=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 3 2 3 2 3
B
a b b c c a
= + +
+ + + + + +
Bài 4 : (3,5đ)
Cho hình thang ABCD (BC//AD). Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và AD. Trên cạnh AB
lấy điểm M bất kỳ, qua M kẽ đường thẳng song song với hai cạnh đáy của hình thang cắt EF tại I
và CD tại N. Chứng minh rằng IM=IN.

Người biên soạn đáp án: Nguyễn Văn Phẩm
THCS Ngô Mây
Lớp 8A7 Năm học: 2012-2013
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TOÁN CẤP HUYỆN PHÙ CÁT
Năm học: 2012 – 2013
Bài 1: (1,5đ)
Ta có:
2 2 2

3 2 3x y z xy y z+ + < + + −
.
Vì x, y, z là các số nguyên nên:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2
2
2 2
2
3 2 3 1
3 2 4
3 2 4 0
1 1 1 1
2 . 3 2. .1 1 2 1 0
2 4 4 2
1 1
3 1 ( 1) 0
2 2
1 1
Mà 3 1 ( 1) 0
2 2
1
2
x y z xy y z
x y z xy y z
x y z xy y z
x x y y y y z z
x y y z

x y y z
x y
+ + ≤ + + − −
⇔ + + ≤ + + −
⇔ + + − − − + ≤
 
⇔ − + + − + + − + ≤
 ÷
 
   
⇔ − + − + − ≤
 ÷  ÷
   
   
− + − + − ≥
 ÷  ÷
   

⇒ −


2 2
2
1
3 1 ( 1) 0
2
1 1
0
2 2
1

1 1
1 0 1 2
2 2
1
1 0 1
y z
x y x y
x
y y y
z
z z
  
+ − + − =
÷  ÷
  
 
− = =
 
=

 
  
⇔ − = ⇔ = ⇔ =
  
  
=

− = =
 
 

 
Vậy
1; 2; 1x y z= = =
.
Bài 2:
a) Theo đề:
2
2 2 1 4 1x x x+ + = +
Đặt
2
y x x= +
, ta có:
( )
2
2
2
2
2 1 4 1
2 1 4 1
4 4 1 4 1
4 4 4
y x
y x
y y x
y y x
y y x
+ = +
⇔ + = +
⇔ + + = +
⇔ + =

⇔ + =
2 2 2
2 2
2 2
2 2
2
( )( ) 2( ) 0 ( )( 2) 0
à 2 +2 2 ( 1) +1 0
+ 0.
x y x y x y x y x y
y x x y x x y x y
y x x y x x
x y y y x x
M x y x x x
x y x x x x
− + + − = − + + =
 
= + − = − + −
 
 
⇒ ⇔ ⇔ ⇔
   
= + = +
= + = +
 
 
 
+ + = + = + >
⇒ = ⇒ = ⇔ =
Vậy

0x
=
.
b) Theo đề:
( )
( )
( )
4 1
4 1
4 1
x y z a
y z x b
z x y c

+ = −


+ = −


+ = −


( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 4 1 1

2 4 1 2
2 4 1 3
x y xy z
y z yz x
z x zx y

+ + = −

⇒ + + = −


+ + = −

Lấy (1) – (2) ta được:
2 2
2 2 4 4
( )( ) 2 ( ) 4( ) 0
( )( 2 4) 0
x z xy yz z x
x z x z y x z x z
x z x z y
− + − = −
⇔ − + + − + − =
⇔ − + + + =
⇔
Mà từ:
( ) ( )
4 1 ; 4 1a y z x b y x z⇒ = − − ⇒ = − −
2 4 4 1 4 1 4 4 1 4 1 4 0x z y x z x z x z z x⇒ + + + = + − − + + − − + = − + − + >
Chứng minh tương tự, ta cũng được

;y z x y x y z
= = ⇒ = =
Thay y=x và z=x vào (1) ta được:

2 2 2
1
4 4 1 4 4 1 0 (2 1) 0
2
x x x x x x= − ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =⇔
. Vậy
1
2
x y z= = =
Cách 2:
Theo đề:
4 1
4 1
4 1
x y z
y z x
z x y

+ = −


+ = −


+ = −



2 2
2 2
2 2
( ) 4 1 ( ) 1 4 (1)
( ) 4 1 ( ) 1 4 (2)
( ) 4 1 ( ) 1 4 (3)
x y z x y z
y z x y z x
z x y z x y
 
+ = − + + =
 
⇒ + = − ⇒ + + =
 
 
+ = − + + =
 
Giả sử z < x thì từ (1) và (2) suy ra x < z (do x+y và y+z lớn hơn 0)
Giả sử z >x thì từ (1) và (2) suy ra x > z
Vậy x=z; chứng minh tương tự ta cũng được y=z do đó x=y=z
Thay y=x và z=x vào (1) ta được:

2 2 2
1
4 4 1 4 4 1 0 (2 1) 0
2
x x x x x x= − ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =⇔
. Vậy
1

2
x y z= = =
Bài 3: (3đ)a)(1,5đ)Theo đề:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
26 6 2009
( ) ( ) 2( )
2 2 2 2 2 2
13 3 2009
( ) ( ) 2( )
2 2 2 2 2 2 0
13 3 2009
( ) ( )
2 2 2
13
a b b c c a
a b c ab bc ca
a b b c c a
a b c ab bc ca
a b b c c a
a b c ab bc ca
a b b c
a ab b b bc c c ca a

− − −
+ + ≥ + + + + +
− − −
⇔ + + ≥ + + + + +
− − −
⇔ + + − − − − − − ≥
− −
⇔ − + + − − −
⇔
+ + − +
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2
2( )
0
3 2009
( ) ( ) 2( )
0
13 3 2009
c a
a b b c c a
a b b c c a
−
− ≥
− − −
⇔ − − + − − + − − ≥
2 2 2
12( ) 2( ) 2007( )
0

13 3 2009
a b b c c a− − −
⇔ + + ≥
Bất đẳng thức cuối cùng luôn luôn đúng nên:
2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )
26 6 2009
a b b c c a
a b c ab bc ca
− − −
+ + ≥ + + + + +
với mọi
, ,a b c ∈¡
(đpcm)
(Dấu “=” xảy ra khi
( ) ( ) ( )
2 2 2
0; 0; 0a b b c c a a b c− = − = − = ⇔ = =
)
Bài 4:
Giải:
Vẽ MG⊥EF; NH⊥EF. Ta có:
SABEF=SCEFD(1)
SMBE=SNEC(2 tam giác có chung đường cao là
đường cao hình thang MBCN và BE=EC)(2)
SMAF=SNFD((2 tam giác có chung đường cao
là đường cao hình thang MNDA và AF=FD)(3)
Từ (1),(2) và (3) ⇒ SMEF=SENF
Mà hai tam giác này lại có chung đáy EF nên MG=NH⇒∆MGI=∆NHI (g.c.g)

⇒MI=IN(đpcm)
Cách 2:
Gọi O là giao điểm của AB và CD.
Ta có O;E;F thẳng hàng (bổ đề hình thang)
⇒O;E;I;F thẳng hàng.Vì BC//MN nên áp dụng định lí Ta Lét:
AE OE
MI OI
⇒ =
và
EC OE
NI OI
=
AE EC OE
MI NI OI
 
⇒ = =
 ÷
 
Mà AE=EC suy ra MI=NI (đpcm)
Vậy MI=NI