Đề thi hsg Vĩnh Phúc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013


ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN – THPT chuyên.
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngày thi: 02/11/2012.


Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình
(
)
2
2
2
8
3 2 5 1
8
3 2 5 1 , ,
8
3 2 5 1
x x y
y
y y z x y z
z
z z x
x


+ + = − −



+ + = − − ∈



+ + = − −


ℝ


Câu 2 (1,5 điểm). Cho
, , ,
a b c d
là các số thực dương. Chứng minh rằng
( )( )
( ) ( )
3
3
4
3
3 2 25
2. 3. 4.
6
81
a bc b d

a b c a b a b c d
a b a b c d
+ + ≤
+ + + + + +
+ + + +


Câu 3 (2,0 điểm). Giả sử
n
là một số nguyên dương sao cho
3 2
n n
+
chia hết cho
7
. Tìm số

d
ư
c
ủ
a
2
2 11 2012
n n n
+ +
khi chia cho
7
.

Câu 4 (3,0 điểm).
Cho hình bình hành
ABCD
. G
ọ
i
P
là
đ
i
ể
m sao cho trung tr
ự
c c
ủ
a
đ
o
ạ
n
th
ẳ
ng
CP
chia
đ
ôi
đ
o
ạ

n
AD
và trung tr
ự
c c
ủ
a
đ
o
ạ
n
AP
chia
đ
ôi
đ
o
ạ
n
CD
. G
ọ
i
Q
là trung
đ
i
ể
m c
ủ

a
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng
BP
.
a) Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
đườ
ng th
ẳ
ng
BP
vuông góc v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
AC
.
b) Ch
ứ

ng minh r
ằ
ng
4.
BP OE
=
, trong
đ
ó
E
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AC
và
O
là tâm
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác
AQC
.

Câu 5 (1,0 điểm).
Cho m, n
(
)
4
m n
> >
là các s
ố
nguyên d
ươ
ng và A là m
ộ
t t
ậ
p h
ợ
p con có
đ
úng
n
ph
ầ
n t
ử
c
ủ
a t
ậ
p h

ợ
p
{
}
1,2,3, ,
S m
=
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng n
ế
u
(
)
(
)
2 3 4
1 1
n n n
m n C C C
> − + + +
thì ta luôn ch
ọ
n
đượ
c
n
ph

ầ
n t
ử

đ
ôi m
ộ
t phân bi
ệ
t
1 2
, , ,
n
x x x S
∈
sao cho các t
ậ
p h
ợ
p
{
}
, , 1,
i i
A x y x x A y A i n
= + + ∈ ∈ =
th
ỏ
a mãn
j k

A A
= ∅
∩
v
ớ
i m
ọ
i
j k
≠
và
, 1,
j k n
=
.

Hết


- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
- Giám thị không giải thích gì thêm.

H
ọ và tên thí sinh: ………………………………………………….Số báo danh……………


2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

Môn: TOÁN – THPT chuyên

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)
Lưu ý khi chấm bài:
-Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm
của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
-Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
-Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai
đó không được điểm.
-Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
-Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình không cho điểm.
-Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

Câu 1. (2,5 điểm)
Nội dung
Điều kiện:
1
, ,
5
x y z
≥
. Xét các hàm s
ố

( ) ( )
2
8
3 2, 5 1
f t t t g t t
t
= + + = − −
. Khi
đ
ó ta có
( ) ( )
2
8 5 1
' 2 3 0, ' 0,
5
2 5 1
f t t g t t
t
t
= + > = − − < ∀ >
−
.
Mà
(
)
(
)
,
f t g t

là các hàm s
ố
liên t
ụ
c trên
1
;
5
 
+ ∞


 
suy ra
(
)
f t

đồ
ng bi
ế
n trên
1
;
5
 
+ ∞


 

và
(
)
g t
ngh
ị
ch bi
ế
n trên
1
;
5
 
+ ∞


 
. Không m
ấ
t tính t
ổ
ng quát ta gi
ả
s
ử

{
}
min , ,

x x y z
=
.
Khi
đ
ó ta có:
N
ế
u
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
x y g x g y f z f x z x g z g x f y f z
< ⇒ > ⇒ > ⇒ > ⇒ < ⇒ <
suy
ra
(

)
(
)
(
)
(
)
y z g y g z f x f y x y
< ⇒ > ⇒ > ⇒ >
, vô lí vì
x y
<
.
Do v
ậ
y
x y
=
, t
ươ
ng t
ự
lí lu
ậ
n nh
ư
trên ta
đượ
c
x z

=
suy ra
x y z
= =
. Thay tr
ở
l
ạ
i h
ệ
ta
đượ
c
2
8
3 2 5 1
x x x
x
+ + = − −
2
8
3 2 5 1 0
x x x
x
⇔ + + − + − =
(1).
Đặ
t
( )
2

8 1
3 2 5 1, ; .
5
h x x x x x
x
 
= + + − + − ∈ +∞


 
D
ễ
th
ấ
y hàm s
ố

đồ
ng bi
ế
n trên
3

Nội dung
1
;
5
 
+ ∞



 
và
(
)
1 0 1
h x
= ⇒ =
là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Vậy nghiệm của
hệ phương trình đã cho là
1.
x y z
= = =


Câu 2. (1,5 điểm)
Nội dung Điểm
Đặt
( )( )
( ) ( )
3
3
4
3
3 2
2 3 4
81
a bc b d
P
a b c a b a b c d

a b a b c d
= + +
+ + + + + +
+ + + +
. Khi đó áp
dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
( )
( )
( )
( )
3 3
2 2
2 .
2 2
a b a b
a a
a b a b c a b a b c
+ +
≤ +
+ + + + + +




( )( ) ( )
(
)
( )
( )
( )

( )
3
3
2
3
3 3 . .
2 3
2
3
2 3
a b c
bc b c
a b a b c d a b a b c a b c d
a b c
b c
a b a b c a b c d
+ +
=
+ + + + + + + + + +
+ +
≤ + +
+ + + + + +


( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
3
4

4
3
2 2
4 4.
3 3
81
2
3.
3 3
b d b d
a b a b c d
a b a b c d
b d
a b a b c d
 
=
 
 
+ + + +
+ + + +
 
≤ +
+ + + +


C
ộ
ng t
ừ
ng v

ế
các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c trên ta
đượ
c:
(
)
(
)
( )
(
)
( )
2 3 2
25
2 3 6
a b a b c a b c d
P
a b a b c a b c d
+ + + + + +
≤ + + =
+ + + + + +

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
.

a b c d
= = =




Câu 3. (2,0 điểm)

Nội dung Điểm
Đặ
t
3 ; , ,0 2
n q r q r r
= + ∈ ≤ ≤
ℕ
. Khi
đ
ó
( ) (
)
3 2 27 .3 8 .2 1 .3 2 mod7
q
n n q r q r r r
+ = + ≡ − +

Do
đ
ó
để

( ) ( ) ( )
3 2 0 mod7 1 .3 2 0 mod7 2 1, 0
q
n n r r
q k r
+ ≡ ⇔ − + ≡ ⇔ = + =
.

Suy ra
n
có d
ạ
ng
6 3
n k
= +
, chú ý n
ế
u
(
)
(
)
6
,7 1 1 mod7
a a
= ⇒ ≡
. Do
đ
ó ta có:

+)
(
)
( )
6
6 3
2 2 2 .8 1 mod7
n k k+
= = ≡ (1)

+)
(
)
( )
6
6 3 3 3
11 11 11 .11 4 1 mod7
n k k+
= = ≡ ≡ (2)

+)
( )
(
)
(
)
2
2 2
6

6 3
6 6 9 9 3
2012 2012 2012 .2012 3 27 6 mod7
k
n k k
+
+
= = ≡ ≡ ≡ (3)

T
ừ
(1), (2) và (3) ta
đượ
c

4

Nội dung Điểm
(
)
2 11 2012 1 1 6 1 mod7
n n n
+ + ≡ + + ≡
. Vậy số dư cần tìm là
1
.

Câu 4. (3,0 điểm)
E
O

Q
J
I
M
N
P
D
C
B
A

Nội dung Điểm
a) (2,0 điểm)
G
ọ
i
M, N, I, J
theo th
ứ
t
ự
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a các
đ
o

ạ
n th
ẳ
ng
AD, CD, AP, CP.
Khi
đ
ó
,
NI AP MJ CP
⊥ ⊥


Do I là trung điểm của AP, Q là trung điểm của BP nên
IQ AB
và
2
AB
IQ = t
ừ

đ
ó suy ra
IQ CN
và
IQ CN
=
. Suy ra t
ứ
giác CNIQ là hình bình hành.

Suy ra
CQ NI
. T
ừ

đ
ó, do
NI AP
⊥
nên
CQ AP
⊥
(1)

Ch
ứ
ng minh t
ươ
ng t
ự
, c
ũ
ng
đượ
c
AQ CP
⊥
(2)

T
ừ
(1) và (2) suy ra
P
là tr
ự
c tâm c
ủ
a tam giác
ACQ
suy ra
PQ AC
⊥
hay
BP AC
⊥



Do
P
là tr
ự
c tâm c
ủ
a tam giác
AQC
nên
OA OC OQ OP
+ + =

   

(
)
(
)
1
2
2
OA OC OP OB OP OA OC OB OP
⇔ + + + = ⇔ + + =
        


4 4 4.
OE OP OB OE BP BP OE
⇔ = − ⇔ = ⇒ =
    
.
V
ậ
y
4.
BP OE
=
.


Câu 5. (1,0 điểm)

Nội dung Điểm
Xét t
ậ
p h
ợ
p
{
}
, , ,
B x y z t x y z t A
= + − − ∈ . Ta s
ẽ
ch
ỉ
ra b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c sau:
B
≤
2 3 4
1
n n n
C C C
+ + +
(1)

5

Nội dung Điểm
Thật vậy, ta xét các trường hợp sau:
+) Nếu 4 số
, , ,
x y z t
đề
u b
ằ
ng nhau thì s
ố
các s
ố
d
ạ
ng
x y z t
+ − −
b
ằ
ng 1.
+) N
ế
u trong 4 s
ố

, , ,

x y z t
có
đ
úng 3 s
ố
b
ằ
ng nhau, gi
ả
s
ử

x y z t
= = ≠
. Khi
đ
ó
x y z t x t
+ − − = −
suy ra có t
ố
i
đ
a
2
n
C
s
ố

x y z t
+ − −
.
+) N
ế
u 4 s
ố

, , ,
x y z t
có
đ
úng 2 s
ố
b
ằ
ng nhau. Khi
đ
ó n
ế
u
x y
=
thì có t
ố
i
đ
a
3
n

C
s
ố
d
ạ
ng
này, còn n
ế
u
x z
=
thì
x y z t y t
+ − − = −
thì có t
ố
i
đ
a
2
n
C
s
ố
d
ạ
ng này và
đ
ã xét
ở

trên.
+) N
ế
u 4 s
ố

, , ,
x y z t

đ
ôi m
ộ
t khác nhau thì có t
ố
i
đ
a
4
n
C
s
ố

x y z t
+ − −
.
Do
đ
ó có nhi
ề

u nh
ấ
t
2 3 4
1
n n n
C C C
+ + +
số dạng
x y z t
+ − −
. Từ đó suy ra bất đẳng thức
(1).



Gọi
1
1
x S
= ∈
. Đặt
{
}
1 1
\
C S x x x B
= + ∈ suy ra

(

)
1 2 1 2 1
2 0 min
C S B n B x C x x
≥ − > − > ⇒ ∃ = ⇒ >
.
D
ễ
th
ấ
y
1 2
A A
= ∅
∩
. Ti
ế
p theo
đặ
t
{
}
2 1 2
\
C C x x x B
= + ∈ suy ra
(
)
2 1 3 2 3 2
3 0 min

C C B n B x C x x
≥ − > − > ⇒ ∃ = ⇒ >
.

Ki
ể
m tra
đượ
c ngay
2 3
A A
= ∅
∩
,
1 3
A A
= ∅
∩
. C
ứ
ti
ế
p t
ụ
c nh
ư
v
ậ
y
đế

n b
ướ
c th
ứ

n
, ta
đặ
t
{
}
1 2 2
\
n n n
C C x x x B
− − −
= + ∈ thì
(
)
1 2 1 1
0
n n n n n n
C C B n n B x C x x
− − − −
≥ − > − = ⇒ ∃ ∈ ⇒ >
Khi
đ
ó ta ki
ể
m tra

đượ
c
i j
A A
= ∅
∩
v
ớ
i m
ọ
i
i j
≠
. V
ậ
y luôn t
ồ
n t
ạ
i các ph
ầ
n t
ử

1 2
, , ,
n
x x x S
∈
th

ỏ
a mãn yêu c
ầ
u bài toán.



Hết