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 :
3
3
3
x y 3x 4
2y z 6y 6
3z x 9z 8

+ = +


+ = +


+ = +


.
Câu 2 : (4 đ)
a) Tìm ba số thực
zyx ,,
thỏa hệ :


là các số thực không âm thỏa:
3=++ cba
.
Chứng minh :
2
3
111
2
2
2
2
2
2
≥
+
+
+
+
+
a
c
c
b
b
a
.
Câu 4 : (4 đ)
Cho
cba ,,
là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi , R là bán

3
3
x y 3x 4
2y z 6y 6
3z x 9z 8

+ = +


+ = +


+ = +


(I)
Giải:
(1) ⇔
3
3
3
x 3x 2 2 y
2y 6y 4 2 z
3z 9z 6 2 x

− − = −


− − = −


x 2y 3z 4 (2)
+ + =



+ + =


sao cho x đạt giá trị lớn nhất.
Giải: (1) ⇔ z = 1 – x – y. Thay vào (2) ta được:
x
2
+ 2y
2
+ 3(1 – x – y)
2
= 4
⇔ x
2
+ 2y
2
+ 3(1 + x
2
+ y
2
– 2x + 2xy – 2y) = 4
⇔ 5y
2
+ 6(x – 1)y + 4x
2

và z =
10 2 190
55
−
.
Vậy x =
6 190
11
+
, y =
15 3 190
55
−
và z =
10 2 190
55
−
thỏa YCBT.
b) Cho 0 < x < y ≤ z ≤ 1 và 3x + 2y + z ≤ 4.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = 3x
2
+ 2y
2
+ z
2
.
Giải:
Cách 1: Ta có a
2
≥ b

2
+ 2y
2
+ z
2
+ 2(1 – z) + 4(1 – y) +
2
3
(1 – 3x)
⇒
10
3
≥ S +
6(1 z) 12(1 y) 2(1 3x)
3
− + − + −
= S +
1
3
[20 – 6x – 12y – 6z]
= S +
1
3
[2(4 – 3x – 2y – z) + 8(1 – y) + 4(1 – z)] ≥ S.
Do đó S ≤
10
3
. Khi x = 1/3; y = z = 1 thì dấu “=” xảy ra.
Vậy giá trị lớn nhất của S bằng
10

1
+ a
2
+ a
3
)b
3
. (*)
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
=
1
3
(z. 3 + 2y.3 + 3x. 1) =
1
3
[z(3 – 3) + (z + 2y)(3 – 1) + (z + 2y + 3x).1]
=
1
3
[0 + 2(z + 2y) + (z + 2y + 3x)] ≤
1
3
[2.3 + 4] =
10
3
.
Khi x =

2
+ b
2
+ c
2
≥ 3.
Suy ra
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a 3a 3a
b 1 3b 3 3b a b c
= ≥
+ + + + +
.
Tương tự ta có:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
b 3b 3b
c 1 3c 3 3c a b c
= ≥
+ + + + +
2 2 2
2 2 2 2 2 2
c 3c 3c
a 1 3a 3 3a a b c
= ≥
+ + + + +
Đặt x =
2
2 2 2

2 2 2
x y z x y z
y 1 z 1 x 1 xy x yz y zx z
+ + = + +
+ + + + + +

≥
2
(x y z)
(xy yz zx) x y z
+ +
+ + + + +

=
9
xy yz zx 3+ + +
≥
2
9 9 3
1
6 2
(x y z) 3
3
= =
+ + +
(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) a
2

2
p
p
−
= 2p
2
–
2(p a)(p b)(p c) 2abc
p p
− − −
−
=
3 3 2
2p 2p 2abc 2abc 2p (a b c) 2p(ab bc ca)
p
− + − + + + − + +
= 2p(a + b + c) – 2(ab + bc + ca)
= (a + b + c)
2
– 2(ab + bc + ca)
= a
2
+ b
2
+ c
2
. (ĐPCM).
b) a
2
+ b

1 ( )
p a
−
=
+
−
⇔
2 2
a 2r(p a)
2R
(p a) r
−
=
− +

⇔ a(p
2
+ a
2
–2pa + r
2
) = 4r(p – a)R
⇔ a
3
+ ap
2
– 2pa
2
+ ar
2

– 2px
2
+ (4Rr + p
2
+ r
2
)x – 4Rrp = 0
Theo Viet ta ab + bc + ca = 4Rr + p
2
+ r
2
.
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca
⇔ (a – b)
2
+ (b – c)
2
+ (c – a)
2
≥ 0 (luôn đúng).
Dấu “= “ xảy ra ⇔ a = b = c ⇔ ∆ 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

⇒
2
2
LA 2bc A
.2cos
LP 2
a
=
=
2 2
2 2
2bc (b c) a
(1 cosA)
a a
+ −
+ =
⇒
2 2 2
LA MB NC b c c a a b
LP MQ NR a b c
+ + +
     
+ + = + +
 ÷  ÷  ÷
     
– 3
≥
2 2 2
4bc 4ca 4ab
a b c