Tài liệu Đề thi học sinh giỏi lớp 10 THPT tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011 - 2012 môn Toán lớp chuyên pptx

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

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
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. Giải hệ phương trình:
(2 3) 4 1 (2 3) 4 1 2 (2 3)(2 3)
4
x x y y x y
y x xy

       


 



2. Tìm tất cả hàm số :f

 
thoả mãn:
( ) ( ) ,f x y f x y x y
    


và
2
1 ( )
0
f x
f x
x x
 
  
 
 
.
Câu 2 (2,0 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên tố
,
p q
sao cho




7 4 7 4
p p q q
  chia hết cho
pq
.
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp được một đường tròn. Một đường thẳng đường

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
1 2
,
I I
và
3
I
lần
lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác ABE, ECF và FAD. Tiếp tuyến của đường tròn
1
( )
I
song song với CD (gần CD hơn) cắt

tại H. Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác
1 2 3
.
I I I

Câu 4 (2,0 điểm).
Xét các số thực dương
, ,
a b c
thỏa mãn
2 3 20.
a b c
  
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 9 4
2

L a b c
a b c
      

Câu 5 (1,0 điểm).
Tìm tất cả các tập hợp X là tập con của tập 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
2
.
n mk



—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………….



SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC


KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
———————————
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 toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu

Ý

N
ội dung tr
ình bày

Đi
ểm

1 1

2,0 điểm



(2 3) 4 1 (2 3) 4 1 2 (2 3)(2 3) (1)
4 (2)
x x y y x y
y x xy


       


 



Điều kiện xác định:
1 1
;
4 4
x y
 

(2) (4 1) 4 1 4 1
x y
x y x x y
y x
        
thay vào (1) ta được
0,5
(2 3) (2 3) 2 (2 3)(2 3)
x y
x y x y
y x
     

0,5
Do

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

0,5
Suy ra
(1) (2 3) (2 3) ( )(2 2 3) 0
x x y y x y x y
        
x y
 
thay vào (2) ta
được
2
0 ( )
2 0
1 1
2 2
x
x x
x y



  

  


lo¹i

Vậy hệ phương trình có nghiệm
1 1
;
2 2
 
 
 
.
0,5
2

1,0 điểm


Ta có:




( ) (0) .
f x y f x y f y f y y
       


( )
f x a x
  
với

(0)
a f

.
0,25
1 1 1
(0) 0.
f f a x
x x x
 
     
 
 

Mặt khác
2 2 2
1 ( ) (0)
0
f x f x a x
f x
x x x x
 
 
    
 
 
.
0,25
2
2

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

0,25
Vậy
( ) .
f x x x
  


0,25
2

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
được

7 4
p p
p


hoặc
7 4
q q
p



0,5
TH1.
7 4
p p
p


, theo định lí Fermat ta có:




7 4 3 mod 3 0 mod 3.
p p
p p p
     

0,5

TH2.
7 4
q q
p


, ta có


1, 1
p q
  
tồn tại 2 số nguyên dương
,
u v
sao cho


1 1
qv p u
  











1 1 1 1
7 4 mod 7 4 mod 7 4 mod
p u p u
q q qv qv
p p p
   
     




7 4 mod 3 0 mod 3.
p p p
     

0,5
Với
3
p

, từ giả thiết ban đầu ta được:






3 3
7 4 7 4 3 9.31. 7 4 3

q q q q
q q
   
 
3, 31.
q q
  

Vậy










, 3, 3 , 31, 3 , 3, 31 .
p q 
0,5
3 2,0 điểm


I
2
E
K
B

C
L
H
I
3
A
D
F
I
1


Giả sử tiếp tuyến qua H song song với CD của đường tròn


1
I
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.
0,5
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

3
( )
I

0,5
Vì
;
FD KH FH HA
 
   
nên các đường phân giác
1
HI
của góc
AHK

và
3
FI
của
góc
HFD

vuông góc với nhau; hay
1 2 3
I H I I

(Do
2 3
, ,

F I I
thẳng hàng) (1)
0,5
Chứng minh tương tự, cũng được
3 2
HI EI
 hay
3 1 2
I H I I
 (2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
0,5
4 2,0 điểm


Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
4 4 3 4
2 · 4 3,
4
a a a
a a a
 
     
 
 
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
a


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

16 16 1 16
2 · 8 2,
4
c c c
c c c
 
     
 
 
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
4
c


0,5
Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều, thu được

3 3 9 4
8
4 2 4 2
a b c
a b c
     
(1)
Mặt khác, do
2 3 20
a b c
  
nên
3
5
4 2 4
a b c
  
(chia hai vế cho 4) (2)
0,5
Cộng (1) và (2), vế đối vế, ta được
3 9 4
13.
2
L a b c
a b c
      

0,5
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2, 3, 4.

a b c
  
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức
L bằng 13, đạt được khi
2, 3, 4.
a b c
  

0,5
5 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
2
n mk

. Suy ra
m k n
 
và do đó
k m


hoặc
k n

.
Với
2
. . 1
k n n m n m n
    
vô lí.
0,25
Với
3
1
k m m n m m
     

+) Nếu
| | 2
X

thì tập hợp


3
1
,X m m m


.

+) Nếu
| | 3
X

, gọi
q
là phần tử bé thứ ba của
X
(tức là
m n q
 
). Khi đó tồn tại
X


sao cho
2
.
q m



0,25
Do q


nên hoặc
m

 hoặc

n

 .
Nếu
m


thì
3
q m n
 
, vô lý. Vậy
3
n m
 
và
2 7
.
q m m
 

0,25
Nhưng tồn tại
t X

sao cho
2
q nt

, do đó

2
t m

. Mà
2 3 2
m m m m X
   

, vô lý.
Vậy
| | 2
X

và


3
1
,X m m m


.
0,25