de thi chon hoc sinh gioi co dap an - de du bi

Sở Giáo dục và đàotạo
thanh hoá
Đề dự bị
Kỳ thi chọn đội tuyển HSG lớp 12 THPT
Năm học 2007-2008
Môn thi: Toán
Ngày thi: 02/11/2007
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề )
Đề này có 04 câu, gồm 1 trang.
Câu 1: (5 điểm)
Tổng của m số nguyên dơng chẵn khác nhau và của n số nguyên dơng lẻ khác
nhau bằng 2006. Tìm giá trị lớn nhất của 3m +4n.
Câu 2: (5 điểm)
Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn xy + yz +zx = 1. Chứng minh
rằng:
1 1 1
2 2
x y y z z x
+ + +
+ + +
Câu 3: (5 điểm)
Có tồn tại hay không một đa thức
[ ]
( )f x Z x
mà
(2007) 2006f =
và
(2005) 2003f =
Câu 4: (5 điểm)
Cho tam giác ABC có các góc nhọn, đờng tròn bàng tiếp góc C là
1

( )C
có tâm
1
( )O
tiếp xúc với BC, AC kéo dài tại E và G , đờng tròn bàng tiếp góc B là
2
( )C
có
tâm
2
( )O
tiếp xúc với AB, BC kéo dài lần lợt tại H và F. Gọi P là giao điểm của EG
và FH. Chứng minh rằng :PA vuông góc với BC.
Hết
Sở Giáo dục và đào tạo
thanh hoá
Đề dự bị
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.
1
Số báo danh:
.

Số báo danh:
.

Câu 5: (5 điểm)
Cho
*
n N
là các số nguyên
0 1
, , ,
n
a a a
thoả mãn điều kiện
0 1
1 2 3
n
a a a n < < < <
.
Chứng minh rằng tồn tại 4 số
, , ,
i j k l
a a a a
đôi một khác nhau sao cho:
i j k l
a a a a+ = +
.
Câu 6: (5 điểm)
Với n là số nguyên dơng cho trớc, ngời ta xác định hàm số:
* *
:f N N
cho
bởi công thức:
2

2
( )
n
f k k
k

= +


, với
*
k N
.
Hãy xác định tất cả các giá trị nguyên dơng mà n có thể nhận đợc để cho
*
min ( ) 200
k N
f k

=
.
Câu 7: (5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 3 3
x y z
F
xyz
+ +
=
với

[ ]
, , 1003; 2006x y z
.
Câu 8: (5 điểm)
Cho tam giác ABC có các góc nhọn, có các đờng cao BB, CC cắt nhau tại H.
Gọi M, N lần lợt là trung điểm của các cạnh AB và AC, gọi S là giao điểm của MN
và BC. Chứng minh rằng : OH vuông góc với AS ,biết rằng O là tâm đờng tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
Hết
Đáp án dự bị vòng 1
Câu 1( 5 điểm)
Ta có 1996

(2 +4 + + 2m ) + ( 1+ 3 + 5 + + 2n 1 )
=
2
( 1)m m n
+ +
2 2
1 1
( )
2 4
m n
= + +
Do vậy
2 2
1
( ) 1996, 25
2
m n

+ +
Theo bất đẳng thức Bunhiakôpxki
2 2
1 3 1 3
3 4 3( ) 4 5 ( )
2 2 2 2
m n m n m n
+ = + + + +
5 1996,25 1,5 121,84
<
Vì m và n là những số nguyên dơng suy ra 3m + 4n = 221
2
Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng ta đợc m= 3+ 4t; n= 53 3t với t nguyên;
[ ]
0;17t

; trong các nghiệm ấy ta để ý đến nghiệm ( m; n) =(23;38).
Ta có: 2 + 4 +6 + + 46 = 552
1 + 3+ 5 + + 75 = 1441.
Vậy tổng của 23 số chẵn và 38 số lẻ bằng 1996 thoả mãn
max (3m + 4n ) =221
Câu 2( 5 điểm)
Giả sử x = max (x; y; z), đặt a = y + z > 0 suy ra ax = 1- z

1. Xét hàm số
1 1 1
( )f x
x y y z z x
= + +
+ + +

=
2 2
2 2
1 2 2 1 1 2 2 1
1 1
x y z x x a x
x x
y z a
+ + + + + + +
+ = +
+ +
+
Mặt khác
2 2
'
2 3 2
1
( ) 0
( 1) (2 2 1)
yz x x x
f x
x x a x
+
=
+ + + +
Suy ra f(x) là hàm nghịch biến. Từ đó ta có
2
2
2
2 2

1 1 1 ( 1)
( ) ( ) ( 1) ( ) 2 2
1
2 ( 1) 2( 1)
a a
f x f a a
a a
a a
a a a
+
= + + = + +
+
+ + +
Dễ có
2
2 2
( 1)
0
2 ( 1) 2( 1)
a
a
a a a
+

+ + + +
Suy ra
( ) 2 2f x
+
; đẳng thức xảy ra khi x = y = 1, z = 0
Câu 3 (5 điểm)

Giả sử
1
1 1 0
( ) ; ; 0,1, ,
n n
n n i
f x a x a x a x a a Z i n


= + + + + =
Ta có
1
( 2007) ( 2005) (2007 2005 ) (2007 2005)
n n
n
f f a a
= + +
chia hết cho 2
Mặt khác
( 2007) (2005) 3f f
=
không chia hết cho 2. Suy ra không tồn tại đa thức
f(x)
Câu 4(5 điểm)
Kẻ PM

BC ta có
ã
ã
ã

à
1 1
2
C
MPE PEO ECO
= = =
ã
.tan .tan
2
C
ME PM MPE PM
= =
.
Tơng tự
.tan
2
B
MF PM
=
. Vậy
tan
2
(1)
tan
2
C
ME
B
MF
=

Kẻ AM

BC
1 1
2 2
.tan tan
'
2 2
(2)
'
.tan tan
2 2
C C
p
AO O GM E
B B
M F AO O H
p
= = = =
Từ (1) và (2) suy ra
'
'
'
ME M E
M M PA BC
MF M F
=
(đpcm)
3
A

C
B
H
O2
O1
P
G
E
F
M
Đáp án dự bị vòng 2
Câu 5(5 điểm)
Do
n
a
lớn nhất nên
0 0,1,2, , 1
n i
a a i n > =
.
Xét tập
{ }
0 1 2 0 1 1
; ; ; ; ; ; ; ;
n n n n n
A a a a a a a a a a a

=
gồm 2n + 1 phần tử mà các phần
tử đều nguyên dơng

0 1
; ; ;
n
a a a
và
0 1 1
; ; ;
n n n n
a a a a a a


đều khác nhau và nhỏ hơn
2n 3 nên tồn tại
;
i n j k n l i j k l
a a a a a a a a a a= = + = +
đpcm
Câu6 (5 điểm)
Vì
[ ]
*
A A k N
ta có
2
2
4 2
2
200
200 0
( 100) 10000 (1)

n
k
k
k k n
k n
+
+
+
Vì (1) đúng với
*
k N
nên nếu lấy k = 100
10000n
. Mặt khác vì
[ ]
1A A< +
4
nên để có (*) cần chứng tỏ rằng
*
m N
sao cho
2
2
201
n
m
m
+ <
tức là
4 2

201 0m m n + <
hay
2
2 2
201
( 100,5)
4
m n + <
.
Tức là
2
2 2
201
( 100,5) (2)
4
n m<
Ta cần xét tất cả các giá trị của n có thể lấy đợc do đó cần chọn sao cho vế phải của
(2) càng lớn càng tốt và
2 2
( 100,5)m
càng nhỏ càng tốt với
*
m N
, hơn nữa nếu
chọn m = 10 thì (2) trở thành
2
201 1
10100
4 4
n < =

Thành thử các giá trị của n có thể nhận đợc là 10000; 10001; 10002; ; 10099 ( có
100 giá trị)
Câu 7( 5điểm)
Giả sử
1003 2006x y z
; đặt y = kx, z = hx
(1 2)k h
ta đợc
3 3 3
3
3 3
(1 )
1
x k h
A
x hk
k h
hk
+ +
=
+ +
=
Ta chứng minh
3 3 3 3
2 2
1 1 2
2
(2 )(1 4 2 ) 0
k h k
hk k

h h k h
+ + + +

+
Bất đẳng thức trên là đúng
Lại có
3 3 2
1 2 ( 1)( 9)
5 0
2 2
5
k k k k
k k
A
+ + +
=

Vậy A = 5 khi x = y = 1003 , z = 2006
Câu 8(5 điểm)
Do
ã
ã
ã
ã
ã
0 0 0
1 1 1 1
90 90 90MC B HC B HBC ONM MNA= = = =
suy ra tứ giác
1 1

B C MN
nội tiếp
1 1
. .SM SN SB SC S =
thuộc trục đẳng phơng của hai
đờng tròn ngoại tiếp tứ giác
1 1
AB HC
và
AMON
mà A là điểm chung suy ra SA là trục
đẳng phơng của hai đờng tròn. Gọi I và J là trung điểm của AO và AH suy ra I; J là
tâm của hai đờng tròn nói trên và IJ // OH nhng IJ

SA suy ra OH

SA.
5
6