ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN CHUYÊN CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 20132014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN THPT CHUYÊN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngày thi 25/10/2013

Câu 1 (2,5 điểm). Cho trước số thực
0a 
và cho dãy số thực
 
n
x
xác định bởi
1
x a
và
1
17 16
n n
x x

 
với mọi
1n 
.
Chứng minh rằng với mọi

0a 
dãy
 
n
x
có giới hạn hữu hạn khi
n  
. Hãy tìm
giới hạn đó.

Câu 2 (1,5 điểm). Cho ba số
, ,x y z
không âm thỏa mãn
2 2 2
1
x y z
  
.
Chứng minh rằng
2 2 2
1 1 1 6
2 2 2
x y y z x z  
     
     
     
     
.

Câu 3 (1,5 điểm). Tìm các số tự nhiên

,x y
thỏa mãn phương trình
  
 
3
2 2
2
x y y x x y
   
.

Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với
AB AC
.
Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T. Gọi D là điểm đối xứng của A qua O, đường
thẳng OT cắt đường thẳng BD tại điểm E.
a) Chứng minh rằng AE song song với CD.
b) Đường thẳng BE cắt đường thẳng AT tại F. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF cắt EO tại điểm G khác E. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp tam giác
AGB nằm trên (O).

Câu 5 (1,5 điểm). Một số nguyên dương k được gọi là "đẹp" nếu có thể phân hoạch
tập hợp các số nguyên dương


thành k tập hợp
1 2
, , ,
k
A A A

sao cho với mỗi số
nguyên dương
15n 
và với mọi
 
1;2; ;i k
đều tồn tại hai số thuộc tập
i
A
có tổng
là n.
a) Chứng minh rằng
3k 
là đẹp.
b) Chứng minh rằng mọi
4k 
đều không đẹp.

………. Hết……….
- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh………………….


1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014

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 thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

Câu 1. (2,5 điểm)
Nội dung Điểm
Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được
0 .
n
x n 


Xét hàm
 
17 16 , 0.
f x x x
  

Ta có
 
8
0 0
17 16
f x x
x

   

, do đó hàm số
 
f x
đồng biến trên
(0; )
, suy ra dãy
 
n
x
đơn điệu.

Xét hàm
   
, 0
g x f x x x
  
ta thấy
 
  
2

17 1
17 16
17 16 17 16
x x
x x
g x
x x x x
 
 
 
   
suy ra
 
0 17
g x x
  
và
   
0 0 17; 0 17
g x x g x x
      
.

* Nếu
17
a

thì
17 1
n

x n  
, do đó dãy
 
n
x
hội tụ và
lim 17.
n
n
x




* Nếu
0 17
a
 
thì
 
2 1
x f a a x  
suy ra
 
n
x
đơn điệu tăng.
Dễ thấy
 
n

x
bị chặn trên bởi 17. Suy ra dãy hội tụ về

mà
 
0,
g


do đó
lim 17.
n
n
x




* Nếu
17
a

thì
 
2 1
x f a a x  
suy ra
 
n
x

đơn điệu giảm.
Dễ thấy dãy
 
n
x
bị chặn dưới bởi 17, tương tự dãy hội tụ và
lim 17.
n
n
x



Kết luận: Với mọi
0
a

thì dãy hội tụ và
lim 17.
n
n
x





Câu 2. (1,5 điểm)
Nội dung Điểm
Bình phương hai vế của BĐT cần chứng minh ta được BĐT tương đương:

2 2 2 2 2
3 2 1 . 1 6
2 2 2 2 2
cyc
x y y z x z x y y z    
         
      
         
         

.

2

2 2
7
1 . 1
2 2 4 4
cyc
x y y z xy yz zx   
   
    
   
   

(*).

Ta có
2 2
2 2 2 2 2

( 1) ( ) 1
1
2 2 2 4 2
x y x y z x y x y z
      
   
    
   
   
.
Tương tự
2
2 2
( ) 1
1
2 4 2
y z y z x
  
 
  
 
 
.

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta được:
2 2
2 2 2 2
2 2
2
( ) 1 ( ) 1

1 . 1 .
2 2 4 2 4 2
( 1)( 1)
( )( ) ( )( ) 1
4 2 4 2
1
4 2
x y y z x y z y z x
x z
x y z y x y z y xz
y xz yz xy xz
     
   
    
   
   
 
    
   
   
 


Cộng theo vế các BĐT tương tự ta được:
2 2
2 2 2
( ) 3
1 . 1
2 2 4 2
cyc

x y y z x y z xy yz zx xy yz zx
         
   
   
   
   

.

Hay
2 2
7 ( )
1 . 1
2 2 4 4
cyc
x y y z xy yz zx
   
   
   
   
   

. Vậy (*) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
x y z  
.

Câu 3. (1,5 điểm)
Nội dung Điểm
  
 
3
2 2
2
x y y x x y
   
(1)
Nếu
0
x

thì
0
y

và ngược lại.

Ta xét x,y nguyên dương. Từ (1) suy ra
x y
. Biến đổi (1):
  
 
   
 
2 2
3 3
2 2 2 2 2 2

4 8 8
x y y x x y x y y x x y y x x y
             

Mà
  
2 2
1
x y y x x y x y
      
nên ta được:
 
     
2
2 2
2 2
8 1
x y y x x y x y x y
 
        
 

Do đó
   
2
8 1
x y x y
   
là số chính phương.

Ta có
       
2 2 2
1 8 1 3
x y x y x y x y         
(2)

Mặt khác từ (1) suy ra x,y cùng tính chẵn lẻ. Kết hợp với (2) và
   
2
8 1
x y x y
   
lẻ
suy ra
     
2 2
8 1 1 3x y x y x y x y
        
.

3

Khi đó
  
2 2 3 3
27x y y x x y
   
và
 

3
3
2 16x y y
 
, mâu thuẫn với (1).
Vậy (1) có nghiệm duy nhất
   
; 0;0
x y 
.


Câu 4. (3,0 điểm).
Nội dung Điểm
D
M
E
B
O
A
C
T


a) (2,0 điểm).
Gọi M là trung điểm của BC thì
OM BC
, mà
OA AT
suy ra tứ giác AOMT nội

tiếp, suy ra
AOT AMT EOD AMC      
.

Kết hợp với
BDA ACB  
, suy ra
AMC EOD 
.

Mà M là trung điểm BC, O là trung điểm AD ta suy ra
ABC EAD 
ABC EAD   
.

Mà
ABC ADC  
, suy ra
EAD ADC  
||AE CD
(đpcm).

D
I
G
F
M
E
B
O

A
C
T

b) (1,0 điểm).
Từ phần a) ta có
FAE DAC FGE DBC FBT        
, suy ra tứ giác FGBT nội
tiếp.

Từ đó
TGB TFB EGA    
. Do đó GO là phân giác của góc
AGB
.

Mặt khác
OA OB
suy ra O là giao điểm của phân giác trong góc
AGB
và trung trực
của AB. Do đó tứ giác AGBO nội tiếp.

4

Gọi I là giao điểm của đoạn GO với (O). Do
OA OB OI 
nên ta suy ra ngay I chính
là tâm nội tiếp tam giác AGB, từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Câu 5. (1,5 điểm)
Nội dung Điểm
a) (0,5
điểm
)
.

Với
3
k

ta chỉ ra một cách phân hoạch tập


thành 3 tập
1 2 3
, ,A A A
thỏa mãn như
sau:
   
1
1;2;3 3 | 4
A m m
 
;
   
2
4;5;6 3 1| 4
A m m

  
;
   
3
7;8;9 3 2 | 4
A m m
  
.
Vậy
3
k

là đẹp.

b) (1,0
điểm
)
.
Xét
4
k

. Giả sử tồn tại cách chia


thành k tập
1 2
, , ,
k
A A A

thỏa mãn đề bài.
Khi đó cách phân hoạch


thành 4 tập
1 2 3
, ,A A A
và
 
4 5

k
A A A  
cũng thỏa mãn
đề bài. Do vậy chỉ cần xét với
4
k

là đủ.

Đặt
 
1;2;3; ;23
i i
B A

với
1,2,3,4
i


.
Ta thấy mỗi số thuộc tập
 
15;16;17; ;24
(gồm 10 số) đều viết được thành tổng của hai
số thuộc tập
i
B
(với mọi
1,2,3,4
i

).
Như vậy nếu
i
B m
thì số tổng là
2
10 5
m
C m
  
.
Vậy mỗi tập
i
B
đều có ít nhất 5 phần tử.

Mà
1 2 3 4

23
B B B B
   
nên không thể xảy ra
6, 1,2,3,4
i
B i  

Do đó phải tồn tại một tập
i
B
sao cho
5
i
B

. Giả sử
 
1 2 3 4 5
; ; ; ;
i
B a a a a a

.

Khi đó
 
 
;1 5 15;16;17; ;24
i j

a a i j    
.
Suy ra
 
1 5
15 16 24
i j
i j
a a
  
    

, hay
 
1 2 3 4 5
4 195
a a a a a    
, vô lí.
Vậy mọi
4
k

đều không đẹp.


………. Hết……….