Tài liệu Đề thi học sinh giỏi lớp 11 THPT tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011 - 2012 môn Toán Lớp chuyên docx

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

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 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)
( 2) ( , , )
( 2)
y x xy
z y yz x y z
x z zx
 


  


 


.
2. Tính giới hạn sau:
0
lim

x
x
x


.
Câu 2 (2,0 điểm).
Cho các số thực dương
, ,
a b c
thỏa mãn
12
ac

và
8.
bc

Tìm giá trị nhỏ nhất có thể được của
biểu thức
1 1 1 8
2D a b c
ab bc ca abc
 
       
 
 

Câu 3 (2,0 điểm).
Tìm tất cả các số nguyên dương n và số nguyên tố p thỏa mãn đồng thời các điều kiện

2
n p

và
( 1) 1
n
p
 
chia hết cho
1
p
n

.
Câu 4 (2,0 điểm).
Xét các điểm M, N (M, N không trùng với A) tương ứng thay đổi trên các đường thẳng chứa các
cạnh AB, AC của tam giác ABC sao cho
MN BC
 và các đường thẳng BN, CM cắt nhau tại P.
Gọi Q là giao điểm thứ hai (khác điểm P) của đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP.
1. Chứng minh rằng Q luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
2. Gọi
', ', '
A B C
lần lượt là điểm đối xứng với
Q
qua các đường thẳng , ,
BC CA AB
.
Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

' ' '
A B C
nằm trên một đường thẳng cố
định.
Câu 5 (1,0 điểm).
Ta gọi mỗi bộ ba số nguyên dương
( ; ; )
a b c
là một bộ
n

đẹp nếu
,
a b c
 
ước chung lớn
nhất của
, ,
a b c
bằng
1
và




n n n
a b c a b c
   


. Ví dụ, bộ
(1; 2; 2)
là
5

đẹp, nhưng không
phải là
3

đẹp. Tìm tất cả các bộ
n

đẹp với mọi
1
n

(nếu có).

—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


Hệ phương trình tương đương:
2
2
2
(1 ) 2
(1 ) 2
(1 ) 2
y x x
z y y

x z z

 

 


 


Nếu một trong ba số
, ,
x y z
bằng
1

thì hệ phương trình vô nghiệm.

hệ phương trình trở thành
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y

x
y
z
y
z
x
z
















0,5
Đặt
tan
x


với

;
2 2
 

 
 
 
 
. Do
2
2tan
tan 2
1 tan






0,5
Ta có
tan 2
tan 4
tan8
y
z
x












2 3
tan tan8 0, , ,
7 7 7
  
     
         
0,5
Vậy, hệ phương trình có 7 nghiệm:
(0;0;0),
2 4
tan ;tan ;tan
7 7 7
  
 
 
 
,
2 4 4 2
tan ;tan ;tan , tan ;tan ;tan
7 7 7 7 7 7
     
   

   
   
,
2 4
tan ; tan ; tan
7 7 7
  
 
  
 
 
,
2 4 4 2
tan ; tan ; tan , tan ; tan ; tan
7 7 7 7 7 7
     
   
     
   
   
.
0,5
2

1,0 điểm


Xét hàm số



ln
f x x
 với


0;1
x . Theo định lí Lagrange tồn tại


3
;1
c x

sao
cho:
 


 




3 3 3
1
1 ' 1 1
f f x f c x x
c
    
0,25



3 3 3
3
1
1 ln1 ln 1
x x x
x
     






3 3 3 6 3
3
1 1 1
1 ln 1 1 ln 1
3 3
x x x x x x x x x
x
            .
0,5
Do




3 6 3

0 0
lim 1 lim 1 0
x x
x x x x
 
 
 
   
 

0 0
ln
lim 0 lim 1
3
x
x x
x x
x
 
 
 
    
 
 
 
. Vậy
0
lim 1
x
x

x



.
0,25
2 2,0 điểm


Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
3
6 6
3 · · 3,
3 2 3 2
a b a b
ab ab
   
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
6
3 2
a b
ab
  (1)
3
8 8
3 · · 3,
2 4 3 4
b c b c
bc bc
   

dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
8
2 4
b c
bc
  (2)
3
12 12
3 · · 3,
4 3 4 3
c a c a
ca ca
   
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
12
4 3
c a
ca
 
(3)
4
24 24
4 · · · 4,
3 2 4 3 2 4
a b c a b c
abc abc
    
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
24
3 2 4

a b c
abc
   (4)
0,5
(1) 4 (2) 7 (3) (4)
     
 
6 32 84 24
3 40
a b c
ab bc ca abc
      
hay
26 78
3 40
D
bc ca
  

0,5
Mặt khác, từ giả thiết suy ra
1 1
12
ca
 và
1 1
8
bc

. Do đó

1 1 13 117 121
40 3 26 78 3 39 3
4 12 12
D D D D
bc ca
           
0,5
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3, 2, 4.
a b c
  

Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức D bằng
121
,
12
đạt được khi
3, 2, 4.
a b c
  

0,5
3 2,0 điểm


Với
1
n

thì mọi số nguyên tố

p
đều thỏa mãn. Với
2
2
p
n





thì
4
n

và
(2 1) 1
n
n
 

.
Suy ra
2
n

.
0,25
Xét
2

n

và
3.
p


Do
( 1) 1
n
p
 
là số lẻ và là bội của
1
p
n

nên n là số tự nhiên lẻ, do đó
2
n p

.
0,25
Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n.
Do
| ( 1) 1
n
q p
 
nên



( 1) 1 mod
n
p q
   và
( 1; ) 1
p q
 
.
0,25
Do n, q đều lẻ nên
( ; 1) 1
n q
 
; do đó tồn tại
*
,u v


sao cho
( 1) 1
un v q
  
.
Khi ấy u lẻ và











( 1)
1 ( 1)·( 1) m1
od 0 mod
1 1
un
v q
u
v
p p p q p q
p

      

Suy ra
|
q p
, do p, qlà các số nguyên tố nên
q p

.
Từ đó, do
2
n p


suy ra
n p


0,5
Vậy
1
p
p

là ước của
 
1
2 2
2
( 1) 1
1
( 11)
p
p k
k k
p
p p k k
k k
k
pp
p Cp p pC




  



  
 
 
 

0,25
Do mỗi số hạng của
 
2
2
1
p
p k
k k
p
k
C p





đều chia hết cho p nên
1 2 3
p p
   

. Bởi
vậy
3
n p
 
.
Kết luận:
( ; ) {(2; 2), (3; 3)} {(1; ):
n p p
 
p là số nguyên tố}.
0,5
4 2,0 điểm



B'
C'
J
I
L
Q
P
N
A
B
C
M

1

1,0 điểm


Do
, , ,
B Q P M
cùng nằm trên một đường tròn và
, , ,
C Q P N
cùng nằm trên một
đường tròn, nên


( ; ) ( ; ) ( ; ) ( ; ) mod
BQ BM PQ PM PQ PC NQ NC

  

và


( ; ) ( ; ) ( ; ) ( ; ) mod
MQ MB PQ PB PQ PN CQ CN

  
0,5
Từ đó suy ra ~
BQM NQC

 
(2)

Gọi I và J theo thứ tự là hình chiếu của Q trên các đường thẳng BM và CN. Khi đó, do
(2) nên
QI MB AB
QJ NC AC
 
(do
MN BC
 ).
Từ đó, theo tính chất của đường đối trung, Q nằm trên đường đối trung kẻ từ A của tam
giác ABC.
0,5
2

1,0 điểm


Gọi
L
là giao điểm của AP với BC. Áp dụng định lý Céva cho tam giác ABC ta có
1 (1)
MA LB NC
MB LC NA
   
Do
MN BC
 nên
MA NA

MB NC
 từ đó và (1) suy ra
1
LB
LC
 
hay L là trung điểm BC.
0,25
Do AQ là đường đối trung nên


BAQ CAP

và kết hợp với tứ giác
AIQJ
nội tiếp nên


AQI AJI

suy ra




0
90
CAP AJI AQI BAQ AP IJ
     
(3).

0,25
Do cách xác định các điểm
', '
B C
nên ' '
AB AC AQ
 
hay tam giác
' '
AB C
cân tại
A
, kết hợp với
IJ
là đường trung bình của tam giác
' '
QB C

' ', ' '
IJ B C AB AC
 
 (4)
0,25
Từ (3), (4) suy ra
AP
là đường trung trực của đoạn B’C’ suy ra tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác A’B’C’ nằm trên đường thẳng AP hay nằm trên trung tuyến AL của tam
giác ABC.
0,25
5 1,0 điểm

Trước hết ta có nhận xét: Với mỗi số nguyên tố p thì
0,25


 
1
1 n u ; 1
0 n u ;
p
a p
a
a p p









Õ
Õ
(định lý Fermat)
Do đó, vì ước chung lớn nhất của
, ,
a b c
bằng 1 suy ra



1 1 1
1, 2, 3 mod
p p p
a b c p
  
  

Vậy, nếu p là một ước nguyên tố của
1 1 1
p p p
a b c
  
  thì
2
p

hoặc
3
p

.
Từ đó, nếu
( ; ; )
a b c
là
n

đẹp thì

a b c
 
chỉ có các ước nguyên tố là 2, 3.
0,25
Do


2
0, 1 mod 4
x 
và a, b, c không cùng chẵn nên


2 2 2
1, 2, 3 mod4
a b c  
(1)
Do


3
0, 1 mod9
x  
và a, b, c không cùng chia hết cho 3 nên


6 6 6
1, 2, 3 mod9
a b c  
(2)

0,25
Từ (1) và (2) suy ra nếu
( ; ; )
a b c
là
n

đẹp thì
a b c
 
không chia hết cho 4 và 9. Do
đó
a b c
 
bằng 3 hoặc 6.
Bằng việc kiểm tra trực tiếp, thu được
(1; 1; 1)
và
(1; 1; 4)
là
n

đẹp với mọi
1
n

.
0,25