Đề thi chọn HSG lớp 10 năm học 20112012 môn: Toán Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc50321

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MƠN: TỐN
Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————

Câu 1 (3,0 điểm)
1.

(2 x  3) 4 x  1  (2 y  3) 4 y  1  2 (2 x  3)(2 y  3)
Giải hệ phương trình: 
 y  x  4 xy

2.

Tìm tất cả các hàm số f : A  A thoả mãn:
 1  f ( x)
f ( x  y )  f ( x)  y x, y  A và f    2 x  0 .
x
x

Câu 2 (2,0 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên tố p , q sao cho 7 p  4 p 7 q  4q  chia hết cho pq .
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp được một đường tròn. Một đường thẳng  đi qua A cắt đoạn thẳng
BC, tia đối của tia CD tương ứng tại E, F (E, F không trùng với B, C). Gọi I1 , I 2 và I 3 lần lượt là
tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác ABE, ECF và FAD. Tiếp tuyến của đường trịn ( I1 )

song song với CD (ở vị trí gần CD hơn) cắt  tại H. Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác

I1 I 2 I 3 .
Câu 4 (2,0 điểm).
Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  2b  3c  20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
L  abc

3 9 4

 
a 2b c

Câu 5 (1,0 điểm).
Tìm tất cả các tập hợp X là tập con của tập hợp số nguyên dương thoả mãn các tính chất: X chứa
ít nhất hai phần tử và với mọi m, n  X , m  n thì tồn tại k  X sao cho n  mk 2 .
—Hết—
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….

ThuVienDeThi.com


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT CHUN VĨNH PHÚC
NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN
———————————

I. LƯU Ý CHUNG:

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
- Với bài hình học nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
1 2,0 điểm
(2 x  3) 4 x  1  (2 y  3) 4 y  1  2 (2 x  3)(2 y  3)
(1)

(2)
 y  x  4 xy
1
1
Điều kiện xác định: x  ; y 
4
4
(2)  x  y (4 x  1) 

0,5

x
y
 4 x  1   4 y  1 thay vào (1) ta được
y
x

x
y
 (2 y  3)
 2 (2 x  3)(2 y  3)
y
x

(2 x  3)

Do (2 x  3)

x
y
 (2 y  3)
 2 (2 x  3)(2 x  3)
y
x

0,5

0,5

Suy ra (1)  x(2 x  3)  y (2 y  3)  ( x  y )(2 x  2 y  3)  0  x  y thay vào (2) ta

 x  0 (lo¹i)
được 2 x  x  0  
x  1  y  1
2
2


2

0,5

1 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;  .
2 2

2 1,0 điểm
Ta có: f x  y   f x   y  f ( y )  f (0)  y y  A .  f ( x)  a  x với a  f (0) .

0,25

1
1
1
f    f (0)   a  x  0.
x
x
x
 1  f ( x) f (0)  x a  x
 2 x  0 .
Mặt khác f    2 
x
x2
x
x

a

1 ax
 2 x  0  ax 2  a x  0  a  0.
x
x

ThuVienDeThi.com

0,25

0,25


Vậy f ( x)  x x  A .
2

0,25

2,0 điểm

p , q đều khác 2, 7 . Không mất tính tổng quát ta giả sử q  p . Khi đó từ giả thiết ta
0,5

được 7 p  4 p  p hoặc 7 q  4q  p
TH1. 7 p  4 p  p , theo định lí Fermat ta có:

0,5

7 p  4 p  3 mod p   3  0 mod p   p  3.
TH2. 7 q  4q  p , ta có

 p  1, q   1 

tồn tại 2 số nguyên dương u , v sao cho

qv   p  1u  1  7 q  4q mod p   7 qv  4qv mod p   7

1  p 1u

1  p 1u

4

mod p 

0,5

 7  4 mod p   3  0 mod p   p  3.
Với p  3 , từ giả thiết ban đầu ta được:

7

3

 43 7 q  4q  3q  9.31. 7 q  4q  3q  q  3, q  31.

0,5

Vậy  p , q  3, 3, 31, 3, 3, 31.
3

2,0 điểm
A

B
I1

H

K

I3
E
D
L

I2
C

F

Giả sử tiếp tuyến qua H song song với CD của đường tròn I1  cắt BC tại K và đường
thẳng qua H song song với BC cắt đường thẳng CD tại L, suy ra CKHL là một hình bình
hành.
Do các tứ giác ABCD, ABKH ngoại tiếp, nên
AD  HL  AD  CK  AD  BC  BK
 AB  CD  BK  AB  BK  CD  AH  HK  CD
 AH  LC  CD  AH  DL
Suy ra tứ giác ADLH ngoại tiếp, hay HL tiếp xúc với ( I 3 )

 


Vì FD  KH ; FH  HA nên các đường phân giác HI1 của góc AHK và FI 3 của
góc HFD vng góc với nhau; hay I1 H  I 2 I 3 (Do F , I 2 , I 3 thẳng hàng) (1)

ThuVienDeThi.com

0,5

0,5

0,5


4

Chứng minh tương tự, cũng được HI 3  EI 2 hay I 3 H  I1 I 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
2,0 điểm
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
4
4
3
4
a   2 a·  4   a    3, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  2
a
a
4
a
9
9

1
9
b   2 b·  6   b    3, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b  3
b
b
2
b

16
16
1  16 
 2 c·  8   c    2, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c  4
c
c
4
c 
3a b c 3 9 4
   
 8
Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều, thu được
(1)
4 2 4 a 2b c
a b 3c
Mặt khác, do a  2b  3c  20 nên    5 (chia hai vế cho 4)
(2)
4 2 4
3 9 4
  13.
Cộng (1) và (2), vế đối vế, ta được L  a  b  c  
a 2b c

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  2, b  3, c  4. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức
L bằng 13, đạt được khi a  2, b  3, c  4.
1,0 điểm
Giả sử tìm được tập hợp X thỏa mãn và m  n là hai phần tử bé nhất của X. Khi đó, do
cách xác định X nên tồn tại k  X sao cho n  mk 2 . Suy ra m  k  n và do đó k  m
hoặc k  n .
Với k  n  n  m.n 2  m.n  1 vô lí.
Với k  m  m  n  m3  m  1
+) Nếu | X | 2 thì tập hợp X  m, m3 m  1 .

0,5

0,5

c

5





+) Nếu | X | 3 , gọi q là phần tử bé thứ ba của X (tức là m  n  q ). Khi đó tồn tại
  X sao cho q  m 2 .
Do q   nên hoặc   m hoặc   n .
Nếu   m thì q  m3  n , vô lý. Vậy   n  m3 và q  m 2  m7 .
Nhưng tồn tại t  X sao cho q  nt 2 , do đó t  m 2 . Mà m  m 2  m3  m 2 
 X , vô lý.





Vậy | X | 2 và X  m, m3 m  1 .

ThuVienDeThi.com

0,5

0,5
0,5

0,25

0,25

0,25
0,25