Đề thi học sinh giỏi THPT Lớp 12 cấp thành phố năm học 2006 – 2007 môn Toán học

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
 TP HỒ CHÍ MINH
KÌ THI HỌC SINH GIỎI THPT- LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ	
	Năm học 2006 – 2007
 MÔN TOÁN 
	Thời gian làm bài : 180 phút 
ĐỀ CHÍNH THỨC (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 : (4 đ)
Giải hệ phương trình : .
Câu 2 : (4 đ)
Tìm ba số thực thỏa hệ : sao cho đạt giá trị lớn nhất.
Cho và . 
	Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:.
Câu 3 : (2 đ)
	Cho là các số thực không âm thỏa: .
 Chứng minh : .
Câu 4 : (4 đ) 
	Cho là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp. 
	Chứng minh :
	a) 
	b)
Câu 5 : (4 đ)
	Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm các cung nhỏ: BC, CA, AB. Đường thẳng AP cắt BC tại L; BQ cắt AC tại M; CR cắt AB tại N. 
Chứng minh .
Câu 6 : (2 đ)
	Cho tứ diện ABCD thoả : ABC = ADC =BAD = BCD
Tính tổng T = ADB + BDC + CDA.
	HẾT
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 12 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH (VÒNG 1)
Câu1: Giải hệ phương trình: 	(I)
Giải: 
(1) Û Û 
* x > 2 Þ y < 2 Þ z ≥ 2 Þ x ≤ 2 (vô lí)
* x < 2 Þ y ≥ 2 Þ z ≤ 2 Þ x ≥ 2 (vô lí)
Vậy x = 2. Lí luận tương tự ta được y = 2, z = 2.
Vậy x = y = z.= 2.
Câu 2
a) Tìm ba số thực x, y, z thỏa hệ sao cho x đạt giá trị lớn nhất.
Giải: (1) Û z = 1 – x – y. Thay vào (2) ta được:
	x2 + 2y2 + 3(1 – x – y)2 = 4
	Û x2 + 2y2 + 3(1 + x2 + y2 – 2x + 2xy – 2y) = 4
	Û 5y2 + 6(x – 1)y + 4x2 – 6x – 1 = 0	(3)
Ta phải có 
D’ ≥ 0 	Û 9(x2 – 2x + 1) – 20x2 + 30x + 5 ≥ 0
	Û –11x2 + 12x + 14 ≥ 0
	Û .
Vì x lớn nhất nên x = .
Khi x = thì y = và z = .
Vậy x = , y = và z = thỏa YCBT.
b) 	Cho 0 < x < y ≤ z ≤ 1 và 3x + 2y + z ≤ 4. 
	Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = 3x2 + 2y2 + z2.
Giải: 
Cách 1: Ta có a2 ≥ b2 + 2b(a – b)
nên	12 ≥ z2 + 2(1 – z)
	12 ≥ y2 + 2(1 – y)	Þ 2 ≥ 2y2 + 4(1 – y)
	12 ≥ 9x2 + 2(1 – 3x)	Þ 3x2 + (1 – 3x)
Cộng lại ta được:
	2 + 1 + 1/3 ≥ 3x2 + 2y2 + z2 + 2(1 – z) + 4(1 – y) + (1 – 3x)
	Þ ≥ S + 
	= S + [20 – 6x – 12y – 6z] 
	= S + [2(4 – 3x – 2y – z) + 8(1 – y) + 4(1 – z)] ≥ S.
Do đó S ≤ . Khi x = 1/3; y = z = 1 thì dấu “=” xảy ra.
Vậy giá trị lớn nhất của S bằng .
Cách 2: Ta có hằng đẳng thức:
	a1b1 + a2b2 + a3b3 = a1(b1 – b2) + (a1 + a2)(b2 – b3) + (a1 + a2 + a3)b3.	(*)
Áp dụng (*) ta có:
S 	= z.z + 2y.y + 3x.x 	= z(z – y) + (z + 2y)(y – x) + (z + 2y + 3x)x
	≤ 1(z – y) + (1 + 2)(y – x) + (1 + 2 + 3)x
	= z – y + 3y – 3x + 4x = z + 2y + x
	= (z. 3 + 2y.3 + 3x. 1) = [z(3 – 3) + (z + 2y)(3 – 1) + (z + 2y + 3x).1]
	= [0 + 2(z + 2y) + (z + 2y + 3x)] ≤ [2.3 + 4] = .
Khi x = và y = z = 1 thì S = . Vậy Max S = .
Câu 3: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa a + b + c = 3.
	Chứng minh: .
Giải:
Ta có: 
	(a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) Þ a2 + b2 + c2 ≥ 3.
Suy ra	.
Tương tự ta có:	
Đặt x = , y = , z = 
Ta được: x + y + z = 3.
và 
Áp dụng bất đẳng thức với m, n, p dương. Ta có:
	≥ 
	= 
	≥ (ĐPCM)
Câu 4: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và r là bán kính đường tròn nội tiêp. Chứng minh:
a) a2 + b2 + c2 = 2p2 – 2r2 – 8Rr.
Giải: Ta có:
2p2 – 2r2 – 8Rr = 2p2 – 2.
	= 2p2 – 2.
	= 2p2 – 
	= 
	= 2p(a + b + c) – 2(ab + bc + ca)
	= (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ca)
	= a2 + b2 + c2. (ĐPCM).
b) a2 + b2 + c2 ≥ p2 + r2 + 4Rr.
Giải:
Ta có a = 2RsinA; r = (p – a)tg mà sinA = 
Suy ra Û 
	Û a(p2 + a2 –2pa + r2 ) = 4r(p – a)R 
	Û a3 + ap2 – 2pa2 + ar2 = 4Rrp – 4Rra
	Û a3 – 2pa2 + (4Rr + p2 + r2)a – 4Rrp = 0
Tương tự:	b3 – 2pb2 + (4Rr + p2 + r2)b – 4Rrp = 0
	c3 – 2pc2 + (4Rr + p2 + r2)c – 4Rrp = 0
Vậy 	a, b, c là ba nghiệm của phương trình x3 – 2px2 + (4Rr + p2 + r2)x – 4Rrp = 0
Theo Viet ta ab + bc + ca = 4Rr + p2 + r2 .
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
	a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca 
	Û (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ 0 (luôn đúng).
Dấu “= “ xảy ra Û a = b = c Û D ABC đều.
Câu 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm các cung nhỏ BC, CA, AB. Đường thẳng AP cắt BC tại L; BQ cắt CA tại M; CR cắt AB tại N.
Chứng minh: .
Giải: 
AL là phân giác trong của góc A nên 
LA = ; LB = ; LC = 
	(BC = a, CA = b, AB = c)
Ta có 	LA.LP = LB.LC Þ LP = 
Þ = 
Þ – 3
	≥ – 3 
	≥ – 3 = 12 – 3 = 9.
Câu 6: Cho tứ diện ABCD có . 
	Tính tổng T = .
Giải:
Lấy điểm A1 thuộc tia BC sao cho BA1 = DA; 
Lấy điểm C1 thuộc tia BA sao cho BC1 = DC.
Ta có D C1BA1 = D CDA (c–g–c)
Lấy điểm B1 thuộc tia AD sao cho AB1 = CB; 
Lấy điểm D1 thuộc tia AB sao cho AD1 = CD.
Ta có D D1AB1 = D DCB (c–g–c)
Ta chứng minh AB = CD.
* Giả sử AB < CD 	
Þ A nằm giữa B và C1
Þ A1 nằm giữa B và C (vì AC = A1C1)
Þ BC > BA1 mà BA1 = DA Þ BC > DA (1)
Mặt khác: Vì AB < CD Þ B nằm giữa A và D1
Þ B1 nằm giữa A và D (BD = B1D1) Þ AD > AB1 mà AB1 = CB Þ AD > CB (2)
Từ (1) và (2) Þ mâu thuẫn.
* Tương tự nếu AB > CD ta cũng suy ra mâu thuẫn.
Vậy AB = CD.
Lập luận tương tự ta cũng có AD = BC.
Do đó D ABD = D CBD Þ 
Vậy 
	T = = = 1800.