PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THẠCH HÀ ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (4,5 điểm) a Giải phương trình ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MƠN TỐN LỚP NĂM HỌC 2011 – 2012 Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 03 / 01 / 2012 ( ) x −1 + − x = − x + 2x − −  x y + y x = 30 b Giải hệ phương trình   x x + y y = 35 c Giải phương trình nghiệm ngun x − 5x + 4x = ( 24y + 1) Bài (2,0 điểm)  x = by + cz  y = ax + cz  Cho số a, b, c, x, y, z thõa mãn z = ax + by x + y + z ≠   xyz ≠ 1 + + =2 Chứng minh 1+ a 1+ b 1+ c Bài (3,0 điểm) Cho x, y, z > , chứng minh x y 3z + + > y z x Bài (3,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức M = 15x + x 17 − x Bài (5,0 điểm) Cho đường tròn (O ; R), hai đường kính AH DE Qua H kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AD AE kéo dài B C Gọi M, N trung điểm BH HC a Chứng minh DM, EN tiếp tuyến đường tròn (O ; R) b Chứng minh trực tâm I tam giác AMN trung điểm OH c Hai đường kính AH DE (O ; R) phải thỏa mãn điều kiện để diện tích tam giác AMN bé Bài (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường cao AH (AH = h a), p nửa chu vi, BC = a Chứng minh h a ≤ p.(p − a) Hết HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Bài a) (1,5đ) ( Giải phương trình x − + − x = − x + 2x − − ĐK: ≤ x ≤ Áp dụng BĐT với a, b ≥ ( a + b ) ≥ a + b ) Điểm (1) 0,25đ ( Đẳng thức xẩy a = b = 0) ta có ( x −1 + − x ( ) 0,25đ ≥ x −1 + − x = ⇒ x − + − x ≥ (*) ) Ta lại có − x + 2x − − = − ( x − 1) ( x + ) 2 − ( x − 1) ( x + 3) ≤ (**) Do ≤ x ≤ nên x + > 0, x − ≥ suy Từ (*) (**) Bài 4,5đ  x −1 + − x =   ⇒ (1) ⇔  − x + 2x −3 −   ( )= ( ⇔ x =1 t/m ) S = x + y Ta đặt  0,75đ P = x y )  xy x + y = 30  ⇔  x +3 x y + y x +  ( ) ( ( )  xy x + y = 30  xy =  ⇔ ⇔  (I)  3 x + y =   y = 125  x + y = 125  ) ( ) ( ) Giải hệ (I) ta   x =  x =2     y =  y =3  x = (TM)  x = (TM) ⇒   y = (TM)  y = (TM) Vậy nghiệm hệ phương trình (x ; y) = (4 ; 9); (9 ; 4) c) (1,5đ) Ta có x5 – 5x3 + 4x = 5(24y + 1) ⇔ x3(x2 − 1) – 4x(x2 − 1) = 120y + ⇔ (x − 2)(x − 1)x(x + 1)(x + 2) = 120y + Ta có vế trái tích số ngun liên tiếp chia hết cho 120 (1) (?) Vế phải chia cho 120 dư (2) Từ (1) (2) suy phương trình vơ nghiệm tập hợp ¢ Từ giả thiết ta có: x + y + z = 2(ax + by + cz) = 2(z + cz) = 2z (1 + c) ⇒ c +1= Bài 2,0đ 2z ⇒ 2z = c +1 x + y + z 2x 2y = ; = Tương tự a +1 x + y + z b +1 x + y + z ⇒ Bài 3,0đ x+y+z 0,5đ 0,25đ Vậy x = nghiệm phương trình (1) b) (1,5đ) ĐK: x, y ≥ ( 0,5đ 1 2x 2y 2z + + = + + =2 a +1 b +1 c +1 x + y + z x + y + z x + y + z Với số khơng âm a, b, c, d, e, f Ta có: a + b + c + d + e + f ≥ 6 a.b.c.d.e.f (BĐT Cauchycho sáu số không âm) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,75đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 1,0đ 1,0đ Ta có M = x y z x + + = + y z x y y + z y 13 z 13 z 13 z + + + z x x x 1,0đ 3 x y y z z z 1 1 6 ≥ ×6 × × × × × × × = × × = × = 6× > 2.1 y z z 27 x x x 27 36 0,5đ ĐK: − 17 ≤ x ≤ 17 ( )( ) 2 2 Áp dụng BĐT: ( a1b1 + a2b2 ) ≤ a1 + a2 b1 + b2 , đẳng thức xẩy ⇔ a1 a = b1 b  a + b2  BĐT: a.b ≤  ÷, đẳng thức xẩy a = b ta có:   ( ) M = x 17 − x + 15 15 ≤ x Bài 3,5đ Bài 5,0đ ( + 15 ) ( 15 + 17 − x ) x + 32 − x = x 32 − x ≤ × = 64 ⇒ M ≤ 64 ⇔ −64 ≤ M ≤ 64 0,5đ 0,75đ  15 =1  17 − x = 15 ⇔ x = ± (t / m) Dấu “=” xảy ⇔    x = 32 − x Vậy Min M = − 64 ⇔ x = −4 Max M = 64 ⇔ x = Vẽ hình (0,5đ) a) (1,5đ) · · (vì tam giác DHO cân O) ODH = OHD ·MDH = MHD · (vì DM trung tuyến tam giác vng BDH) · · ADHE hình chữ nhật ⇒ ⇒ ODH + MDH = 90Ο ; MD ⊥ DO ⇒ MD tiếp tuyến (O ; R) Tương tự NE tiếp tuyến (O ; R) b) (1,5đ) Gọi I trung điểm OH; gọi K giao điểm MI AN AH CH = ABC vng A, đường cao AH ⇒ AH2 = BH.CH ⇒ BH AH AH CH OH NH ⇔ = ⇔ = ⇒ BHO AHN (c.g.c) 2.BH 2AH BH AH · · ⇒ BO ⊥ AN ⇒ OBH = NAH Lại có MI đường trung bình HBO ⇒ MI // BO ⇒ MK ⊥ AN Mặt khác AH ⊥ MN Vậy trung điểm I OH trực tâm tam giác AMN 0,75đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,75đ 0,5đ 0,25đ c) (1,5đ) Ta có SAMN = Đẳng thức xẩy ∆ ABC vng cân A BH = HC Vậy Min SAMN = 2R2 0,5đ AH ⊥ DE 0,25đ AH ⊥ DE Ta có ≤ p.(p − a) D ⇔ 2ha ≤ 2p.(2p − 2a) ⇔ 2ha ≤ (a + b + c).(b + c − a) ⇔ 2ha ≤ (b + c)2 − a ⇔ 4ha2 ≤ ( b + c)2 − a (*) Bài 2,0đ 0,75đ AH.MN R R = R.MN = (BH + HC) ≥ BH.HC = R AH = 2R 2 2 c 0.5đ E A b c Ta cần chứng minh (*) Thật vậy, Từ B kẻ đường thẳng vng góc với BC, nửa mặt phẳng có bờ BC chứa điểm A, lấy B điểm D cho AD = AB = c H 2 2− Ta có (b + c) –a = (AD +AC) a ≥ DC2 − a = DB2 + a − a = DB2 (1) Từ A kẻ AE vng góc với BD ta có EB = AH Mà tam giác ABD cân A suy AE trung tuyến tam giác ABD ⇒ 2EB = DB ⇒ 2AH = DB ⇒ DB2 = AH (2) a 0,5đ C 0,5đ Từ (1) (2) suy (b + c )2 – a2 ≥ 4ha2 Vậy h a ≤ p.(p − a) Đẳng thức xẩy A, C, D thẳng hàng ⇔ ∆ ABC cân A 0,5đ Lưu ý: - Học sinh giải cách khác hợp lí cho điểm tối đa Bài dọc thêm Bài 01 Giải phương trình ĐKXĐ: ≤ x ≤ ( *) x − + − x = 11x − x − 24 + Đặt t = x − + − x ( t > ) ⇒ t = + 11x − x − 24  t = −1 Phương trình cho trở thành t − 2t − = ⇔   t =3 Vì t > nên t = − (loại) ; t = (thích hợp) x = t = ⇔ 11x − x − 24 = ⇔  (đều thõa điều kiện (*)) x = trình cho có tập hợp nghiệm S = { ;7} Bài 02 Cho a, b, c > Chứng minh 1 + + ≥ (*) a(b + 1) b(c + 1) c(a + 1) abc +  abc +   abc +   abc +  + 1 +  + 1 +  + 1 ≥ (*) ⇔   a(b + 1)   b(c + 1)   c(a+ 1)  bất  a+ b(c + 1)   b + c(a+ 1)   c + a(b + 1)  ⇔ + + + + + ≥6 b +   b(c + 1) c +   c(a + 1) a +   a(b + 1) Vậy phương đẳng thức  a+ a(b + 1)   b+ b(c + 1)   c + c(a+ 1)  ⇔ + + + + + ≥6 a+   b(c + 1) b +   c(a + 1) c +   a(b + 1) (đúng theo BĐT Cauchy !) ... =3  x = (TM)  x = (TM) ⇒   y = (TM)  y = (TM) Vậy nghiệm hệ phương trình (x ; y) = (4 ; 9) ; (9 ; 4) c) (1,5đ) Ta có x5 – 5x3 + 4x = 5(24y + 1) ⇔ x3(x2 − 1) – 4x(x2 − 1) = 120y + ⇔ (x − 2)(x... c) (1,5đ) Ta có SAMN = Đẳng thức xẩy ∆ ABC vng cân A BH = HC Vậy Min SAMN = 2R2 0,5đ AH ⊥ DE 0,25đ AH ⊥ DE Ta có ≤ p.(p − a) D ⇔ 2ha ≤ 2p.(2p − 2a) ⇔ 2ha ≤ (a + b + c).(b + c − a) ⇔ 2ha ≤ (b +... = OHD ·MDH = MHD · (vì DM trung tuyến tam giác vng BDH) · · ADHE hình chữ nhật ⇒ ⇒ ODH + MDH = 90 Ο ; MD ⊥ DO ⇒ MD tiếp tuyến (O ; R) Tương tự NE tiếp tuyến (O ; R) b) (1,5đ) Gọi I trung điểm