de thi chon hoc sinh gioi tinh co dap an

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
ĐỀ CHÍNH THỨC
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 )
Đề này có 04 câu, gồm 1 trang.
Câu 5: ( 5 điểm )
Với a, b, c, x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn:
a b c x y z+ + = + +
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
ax 4by cz xyz abc+ + + ≥
.
Câu 6: (5 điểm )
Gọi
α
là nghiệm dương lớn nhất của phương trình:

3 2
3 1 0x x− + =
Chứng minh rằng:
1804
α
 
 
và
2004

α
 
 
đều chia hết cho 17.
Câu 7: (5 điểm )
Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy, cho 6 điểm A, B, C,
D, E, F; biết rằng mỗi điểm đều có các tọa độ là những số nguyên. Chứng minh
rằng có ít nhất 8 tam giác được tạo thành từ 3 trong 8 điểm đã cho có diện tích là
các số nguyên.
Câu 8: (5 điểm )
Cho tam giác ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm BC. Đường
thẳng AM cắt đường tròn nội tiếp tam giác ABC tại 2 điểm P, Q ( P nằm giữa A
và Q). Qua P, Q kẻ các đường thẳng song song với cạnh BC, cắt đường tròn nội
tiếp (I) của tam giác ABC lần lượt tại R, S. Đường thẳng PS và QR cắt nhau tại
K. Chứng minh AK//BC.
Hết
Số báo danh
…………………….
SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌ ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12 THPT
Năm học: 2007-2008
Môn thi: Toán
Ngày thi: 03/10/2007
ĐÁP ÁN VÒNG 2
Câu5 : (5 điểm )
Bổ đề: Nếu
2 2 2
ax 4by cz xyz abc+ + + =
thì

x y z a b c+ + ≤ + +
Thật vậy, với đẳng thức trên ta có:
2 2 2
1
4 4 4 4
x y z xyz
bc ca ab abc
+ + + =
. (0,5 điểm)
Vậy tồn tại một tam giác ABC thỏa mãn:
cos ,cos ,cos
2 2 2
x y z
A B C
bc ca ab
= = =
(1,5 điểm)
Lấy
1 1 1
, ,a a b b c c= = =
. Bất đẳng thức đưa về dạng quen thuộc
( )
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 cos cos cosa b c a b C b c A c a B+ + ≥ + +
(2,0 điểm)
Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
, ,
2 2 2
x y y z z x

a b c
+ + +
= = =
Bài toán ban đầu là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức trên. (1,0 điểm)
Câu 6: (5 điểm )
Gọi
α
>
β
>
γ
là các nghiệm của phương trình dã cho
Ta có: - 1<
γ
< 0 <
β
<1 <
2 2
<
α
<3. (1,0 điểm)
Đặt
n n n
n
u
α β γ
= + +
thì
0 1 2
3, 9u u u= = =

và từ phương trình ta có:
3 3 3
3
n n n
n
u
α β γ
+ + +
+
= + +
2 2 2
(3 1) (3 1) (3 1)
n n n
α α β β γ γ
= − + − + −
=
2
3
n n
u u
+
−
(1,0 điểm)
Cho nên tất cả u
n
đề là các số nguyên.
Do 2 <
α
< 3,
α

+
β
+
γ
= 3, cho nên
β
+
γ
> 0 từ đó, khi n >1
0 <
2 2 2
9 (2 2) 1
n n
β γ β γ
+ ≤ + = − =
Với n=2 ta có dấu đẳng thức xãy ra vậy với n> 2 ta có:
1
n n n n n n n
α β γ α α β γ
+ + − < < + +
(1,0 điểm)
Từ đó
n n n n
α α β γ
 
= + +
 
- 1 =
1
n

u
−
Lai có
16
(mod17)
n n
u u
+
≡
và
4 12
1u u≡ ≡
(mod 17 ) cho nên
16 4 16 12
1
k k
u u
+ +
≡ ≡
(mod 17 ) tức là
8 4
1
k
u
+
≡
(mod 17 ) (1,0 điểm)
Đặc biệt
2004 1804
1u u≡ ≡

(mod 17 ). Tức là
1804
α
 
 
và
2004
α
 
 
chia hết cho 17.
(1,0 điểm)
Câu 7: (5 điểm )
Bổ đề: Nếu ta di chuyển 3 đỉnh của một tam giác để tọa độ thay đổi một số chẵn
thì diện tích của tam giác đó thay đổi một số nguyên .
Thật vậy xét tam giác MNP có tọa độ là các số nguyên, giả sử
( )
1 1
,M x y
,
( )
2 2
,N x y
,
( )
3 3
,P x y
với
i
x Z∈

1,3i =
,
i
y Z∈

1,3i =
Khi di chuyển điểm M để tọa
độ của nó thay đổi một số chẵn ta dược điểm
( )
2 2
2 ; 2Q x a y b± ±
với
,a b N∈
ta
có:
( )
( ) ( )
( )
2 1 3 1 3 1 2 1
1
2 2
2
NPQ
S x a x y y x x y b y
∆
= ± − − − − ± −
( )
( ) ( )
( )

( ) ( )
2 1 3 1 3 1 2 1 3 1 3 1
1
2 2
2
x x y y x x y y a y y b x x= − − − − − ± − −m
Vậy diện tích mới là một số nguyên thì diện tích ban đầu cũng là một số nguyên.
(1,0 điểm)
Vì tọa độ của các điểm A, B, C, D, E, F là những số nguyên, nên sau khi thay
đổi một số chẵn thích hợp, các tọa độ của mỗi điểm chỉ có thể là 0 hoặc 1( tương
ứng với số chẵn và lẻ).Có bốn lọai điểm như thế: (0;0), (0;1), (1;0), (1;1).
(1,0 điểm)
Ta có 6 điểm A, B, C, D, E, F nên xảy ra hai khả năng:
TH1: có môt loại điểm có nhiều hơn 2 điểm biến thành chẳng hạn các điểm A,
B, C biến thành một diểm. Ta xét các tam giác ABD, ABE, ABF, ACD, ACE,
ACF,BCD, BCE, BCF,ABC có diện tích là các số nguyên vì có hai trong ba
điểm của mỗi tam giác biến thành một loại diểm nên các tam giác biến thành các
đoạn thẳng, có diện tích bằng 0. (1,5 điểm)
TH2: Không có loai điểm nào có nhiều hơn hai điểm trong số 6 điểm đã cho
biến thành vì có bốn loai điểm nên có hai điểm A, B thuộc một loại và C, D
thuộc một loại Ta xét các tam giác ABC, ABD, ABE, ABF, CDA, CDB, CDE,
CDF lý luận như trên ta cũng có điện tích của chúng là các số nguyên .
(1,5 điểm)
Câu 8: (5 diểm )
Bổ đề: Điểm A ở ngoài đường tròn (O), kẻ 2 tiếp tuyến AB, AC với (O) (B, C là
các tiếp điểm). Một đường thẳng (d )qua A cắt (O) tại 2 điểm phân biệt D, E (D
nằm giữa A và E); (d) cắt BC tại K thì
AD KD
AE KE
=

.
Chứng minh: Vì tứ giác BECD nội tiếp
·
·
BED BCD
⇒ =
mà
·
·
BKE DKC
=
nên
KEB KCDV : V
(g.g)
⇒
(1)
DK CD
BK BE
=
Tương tự
(2)
BK BD
KE EC
=
Từ (1) và (2) suy ra:
. . (3)
DK DK BK CD BD
KE BK KE BE CE
= =
Lại có

·
·
ABD AEB=
(Do AB là tiếp tuyến (O) và
·
·
BAD EAB
=

nên
BAD EABV : V

(g.g)
Suy ra:
BD AD AD
BE AB AC
= =
(4) (Do AB = AC), tương tự
ACD AECV : V
(g.g) suy
ra
CD AC
CE AE
=
(5)
Từ (4) và (5)
⇒
. .
BD CD AD AC AD
BE CE AC AE AE

= =
(6)
Từ (3) và (6) suy ra:
KD AD
KE AE
=
(1,5 điểm)
K
O
A
E
B
C
D
Trở lại bài toán: Gọi O là giao của RS và PQ, qua O kẻ đường thẳng song song
với BC cắt AB, AC lần lượt tại H và G. Gọi E, F là tiếp điểm của (I) với AC và
AB. Ta có tứ giác PRQS nội tiếp và là hình thang nên nó là thang cân đồng thời
nhận IO là trục đối xứng.
Suy ra IO vuông góc với GH. Theo định lý Talet:
GO AO OH
CM AM BM
= =
(1 điểm)
Suy ra GO = OH( Vì CM = BM) , như vậy tam giác IGH cân tại I, suy ra
IG = IH (7)
Lại có IE = IF và 2 góc IEG và IFH vuông nên hai tam giác IEG và IFH bằng
nhau theo trường hợp cạnh huyền , cạnh góc vuông.Suy ra:
·
·
(7)GIE FIH=

Mặt khác
·
·
IOG GEI=
suy ra GEIO nội tiếp , suy ra
·
·
(8)GIE GOE=
Tương tự
·
·
(9)FIH FOH=

từ (8) và (9) suy ra
·
·
GOE FOH
=
suy ra
·
·
·
·
·
0
180EOF GOH GOE FOH GOH= − + = =
. Suy ra E, O, F thẳng hàng. (1,5 điểm)
Áp dụng bổ đề với AE, AF là 2 tiếp tuyến (I) ta có:
(*)
AP OP

AQ OQ
=
theo định lý
Talet áp dụng cho
// : (**)
PO PR KR
PS SQ
OQ SQ KQ
= =
Từ (*) và (**) suy ra:
AP KR
AQ KQ
=
theo định lý Talet đảo suy ra: AK //PR, mà
// //PR BC AK BC⇒

.(đpcm) (1 điểm)

O
Q
P
I
R
C
A
B
K
E
F
M

G
H
S