ĐỀ THI CHỌN HSG MÔN TOÁN LỚP 10 THPT NĂM HỌC 20122013

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT Chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (3,0 điểm).
1.
Giải hệ phương trình
( ) ( )
( )
( )
2 2
1 1
3 3
2
,
1 1
2
2
x y x y
x y
x y
y x
x y

+ = + +


∈



− = −


¡
2.
Tìm tất cả các giá trị của a, b sao cho phương trình
3 2
3 0x ax bx a
+ + + =
có các
nghiệm đều là các số nguyên dương.
Câu 2 (2,0 điểm). Giả sử
, , ,a b c d
là các số nguyên sao cho
a b c d
− + −
là số nguyên lẻ và
chia hết
2 2 2 2
.a b c d
− + −
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n đều có
a b c d
− + −
chia hết
.
n n n n
a b c d
− + −

Câu 3 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng cho tam giác
ABC
không cân ngoại tiếp đường tròn tâm
I. Lấy E và F lần lượt trên các đường thẳng AC và AB sao cho
,CB CE BF
= =
đồng
thời chúng nằm về cùng một phía với A đối với đường thẳng BC. Các đường thẳng BE
và CF cắt nhau tại G.
1. Chứng minh rằng bốn điểm C, E, I và G cùng nằm trên một đường tròn.
2. Trên đường thẳng qua G và song song với AC lấy điểm H sao cho
HG AF
=
đồng thời
H khác phía với C đối với đường thẳng BG.
Chứng minh rằng
1
· .
2
EHG CAB
∠ = ∠
Câu 4 (1,0 điểm). Ký hiệu
¡
å
để chỉ tập hợp các số thực khác 0. Tìm tất cả các hàm số f xác
định trên
¡
å
, nhận giá trị thực và thỏa mãn

1 1
( ) ( ) , 0
y x
xf x yf y yf y xf x x y
y x x y
 
 
+ + + = + + + ∀ ≠
 ÷
 ÷
 
 
Câu 5 (1,0 điểm). Một số nguyên dương được gọi là dễ thương nếu trong biểu diễn thập
phân của nó không có chứa chữ số 0 và tổng bình phương các chữ số của nó là một số
chính phương.
1. Tìm số dễ thương lớn nhất có hai chữ số.
2. Hỏi có hay không số dễ thương có 2013 chữ số?
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
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 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT Chuyên)
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 Nội dung trình bày Điểm
1(3đ) 1.1 (1,5 điểm)
Điều kiện
, 0x y
>
0,25
Đặt
0, 0;x a y b
= > = >
viết hệ đã cho về dạng
( ) ( )
( )
2 2 2 2
4 4
1 1
3 3 (1)
2
1 1
2 (2)
2
a b a b
a b
b a
a b

+ = + +





− = −


0,25
(1)+(2) thu được
4 2 2 4 5 3 2 4
2
10 5 10 5 2 (3)a a b b a a b ab
a
= + + ⇒ + + =
0,25
(2)-(1) thu được
4 2 2 4 4 2 3 5
1
5 10 5 10 1 (4)a a b b a b a b b
b
= + + ⇒ + + =
0,25
Từ (3) và (4) thu được
5
( ) 3a b
+ =
và
5
( ) 1a b
− =
. 0,25
Từ đó, tìm được
5

3 1
2
a
+
=
và
5
3 1
2
b
−
=
.
Và do đó, tìm được
2 2
5 5
( 3 1) ( 3 1)
,
4 4
x y
+ −
= =
0,25
1.2 (1,5 điểm)
Giả sử phương trình đã cho có ba nghiệm nguyên dương
.
α β γ
≥ ≥
Khi đó, theo định lý
Vietta,

,a b
α β γ αβ βγ γα
+ + = − + + =
và
3a
αβγ
= −
và do đó
3
αβγ
α β γ
+ + =
(1)
( ) ( )
2
3 3 3 3 3 3 9
α β γ αβγ αγ βγ γ
⇔ + + = ⇔ − − = +
(2).
0,25
Nếu
3
γ
>
thì
3
β
>
và
3

3 3
αβγ αβγ
α α β γ
> ≥ + + =
, mâu thuẫn với (1). Vậy
1 3
γ
≤ ≤
0,25
Với
3:
γ
=
khi đó
( ) ( ) ( ) ( )
2
3, 3 3 3 3 3.3 9 1 1 4.
β α β α β
≥ − − = + ⇔ − − =

Từ đó
3
α β
= = ⇒
9, 27.a b
= − =

0,25
Với
2:

γ
=

( ) ( ) ( ) ( )
2
2, 2 3 2 3 3.2 9 2 3 2 3 21.
β α β α β
≥ − − = + ⇔ − − =
Giải phương
trình này với chú ý
2
α β
≥ ≥
ta được
( ) ( ) ( )
{ }
; 12;2 , 5;3
α β
∈
. Với
12, 2 16, 52a b
α β
= = ⇒ = − =
. Với
5, 3 10, 31.a b
α β
= = ⇒ = − =
Với
1:
γ

=

( ) ( ) ( ) ( )
2
1, 2 3 2 3 3.1 9 2 3 2 3 12,
β α β α β
≥ − − = + ⇔ − − =

vô lí
0,5
Vậy tất cả các cặp số
( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 9;27 , 16;52 , 10;31a b ∈ − − −
. 0,25
(Đáp án có 03 trang)
2(2đ)
+ Chứng minh được nhận xét: “Với a,b,x,y,z,t là các số nguyên sao cho
a b−
là ước của
x y
−
và là ước của
z t
−
thì
|a b xz yt
− −
”
0,25

+ Mặt khác, do
2 2
( ) ( ) ( )( ) ( )a c b d a b c d a b c d a b c d
+ − + = − + − + + + − + −
M
nên suy ra
2 2 2 2
| 2( )a b c d a b c d ac bd
− + − − + − − −
.
Từ đó, do giả thiết nên thu được
|a b c d ac bd
− + − −
(1)
0,25
+ Ta sẽ chứng minh kết luận của bài toán bằng phương pháp quy nạp toán học.
Với
1,2 :n
=
thì kết luận hiển nhiên đúng.
0,25
Giả sử khẳng định đúng tới n, tức là
|
n n n n
a b c d a b c d
− + − − + −
với
, 2n n
∈ ≥
¥

Ta cần chứng minh
1 1 1 1
|
n n n n
a b c d a b c d
+ + + +
− + − − + −
(2)
0,25
Thật vậy, do
| ( ) ( )a b c d a c b d
− + − + − +
và nhận xét ở trên suy ra
a b c d
− + −
là ước
của
1 1 1 1 1 1 1 1
( )( ) ( )( ) ( ) ( )
n n n n n n n n n n n n
a c a c b d b d a b c d ac a c bd b d
+ + + + − − − −
+ + − + + = − + − − + − +
0,25
Nhưng, do (1), giả thiết quy nạp và nhận xét ở trên suy ra
1 1 1 1
| ( ) ( ( )
n n n n
a b c d ac a c bd b d
− − − −

− + − + − +
0,25
Vậy suy ra
a b c d
− + −
là ước của
1 1 1 1 1 1 1 1
( )( ) ( ) ( ) ( )
n n n n n n n n n n n n
a c a c bd b d ac a c bd b d a b c d
− − − − + + + +
+ + − + + + + + = − + −
(2) được chứng minh.
0,25
Từ đó, theo nguyên lý quy nạp, suy ra
|
n n n n
a b c d a b c d
− + − − + −
với mọi số nguyên
dương n.
0,25
3(3đ) 3.1 (2,0 điểm)

Không mất tính tổng quát, xét trường hợp
,AB BC CA
< <
các trường hợp khác xét tương
tự. Khi đó, E nằm trên đoạn CA, F nằm trên tia đối của tia AB, … (hình vẽ)
Từ giả thiết, suy ra F đối xứng với C qua phân giác trong của góc

ABC
∠
. Do đó
0
90
2
ABC
CFA CFB
∠
∠ = ∠ = −
và
0 0
180 90
2 2
CAB BCA ABC
AIC
∠ + ∠ ∠
∠ = − = +
. Suy ra
tứ giác AFCI nội tiếp.
0,5
Từ đó
2
BCA
AFI ACI
∠
∠ = ∠ =
và
2
CAB

IAC IFC ICF
∠
= ∠ = ∠ = ∠
0,5
Do
0
(90 )
2 2 2
BCA CAB CAB
EBA BEC CAB CAB IBE
∠ ∠
∠ = ∠ −∠ = − − ∠ = ⇒ ∠ =
0,5
Hơn nữa, do tính đối xứng nên
0
90IEB IBE MGC MCG ICG
∠ = ∠ = −∠ = ∠ = ∠
suy ra tứ
giác CIEG nội tiếp.
0,5
3.2 (1,0 điểm)
Do tứ giác CIEG nội tiếp, nên
2
BCA
EGI ECI AFI∠ = ∠ = = ∠
0,25
Hơn nữa, do
IAB IEB
∠ = ∠
nên

GEI FAI
∠ = ∠
suy ra
GEI
∆

đồng dạng
FAI
∆
Suy ra
EG EG AF HG AF AI
BI EI AI GE GE BI
= = ⇒ = =
0,25
Nhưng
0
90
2
BCA
HGE AEB AIB∠ = ∠ = + = ∠
suy ra
HGE
∆

đồng dạng
AIB
∆
0,25
Từ đó
2

CAB
EHG BAI∠ = ∠ =
0,25
Chú ý. Nếu không có sự giả sử
AB BC CA
< <
để có được thứ tự các điểm như trên hình vẽ, thì
yêu cầu phải sử dụng góc định hướng trong chứng minh ở cả hai phần (với cách giải như trên);
trong trường hợp thí sinh không sử dụng góc định hướng, cũng không có sự giả sử về thứ tự của
các cạnh, đề nghị giám khảo trừ đi 0,5 điểm cho cả hai phần.
4(1đ)
Đặt
( ) ( )f x x g x
− =
, phương trình hàm đã cho được viết lại về dạng
1 1
( ) ( ) ( ) ( ) , 0xg x yg y yg y xg x x y
y x
+ + = + + ∀ ≠
(1)
0,25
Cho
1y
=
thu được
1
( 1) (1) (1 ) ( ) 0 (2)xg x g g xg x x
x
+ + = + + ∀ ≠
Trong (2), thay x bởi

1
x
, ta được
1 1 1 1 1 1
( 1) (1) (1 ) ( ) (1 ) ( 1) ( ) (1) 0 (3)g g g x g g xg x g xg x
x x x x x x
+ + = + + ⇒ + = + + − ∀ ≠
0,25
Từ (2) và (3) suy ra
1
( ) ( ) ( 1) (1) 0xg x g x g x
x
+ = + ∀ ≠
(4)
Trong (1), cho
1y
= −
, bằng lập luận tương tự, cũng được
1
( ) ( ) ( 1)( 1) 0 (5)xg x g g x n
x
− = − − − ∀ ≠
0,25
Từ (4) và (5) suy ra
2 ( ) ( (1) ( 1)) ( (1) ( 1) 0xg x g g x g g x
= − − + + − ∀ ≠
hay
( ) 0
b
g x a x

x
= + ∀ ≠
, ở đây a, b là hai hằng số. Suy ra
( ) 0
b
f x a x x
x
= + + ∀ ≠
Thử lại ta thấy
( ) 0
b
f x a x x
x
= + + ∀ ≠

thỏa mãn phương trình đã cho.
0,25
5(1đ) 5.1 (0,5 điểm)
Giả sử số dễ thương có hai chữ số lớn nhất là
,1 , 9ab a b≤ ≤
. Theo giả thiết ta có
2 2 2
a b c+ =
là số chính phương. Nếu
,a b
đều không chia hết cho 3 thì
( )
2 2
2 mod3a b+ ≡
, vô lý vì

2 2
a b+
là số chính phương suy ra
( )
0 mod3ab ≡
.
+) Nếu
2 2 2 2
9 81 81a b c c b= ⇒ + = ⇒ − =
không có nghiệm nguyên dương với
1 9b≤ ≤
0,25
+) Nếu
{ }
8 3 3;6;9a b b= ⇒ ⇒ ∈M
, thử trực tiếp ta thấy
6b
=
thỏa mãn. Vậy số dễ thương
lớn nhất có 2 chữ số là 86.
0,25
5.2 (0,5 điểm)
Xét số
{
2009 1
222211 1
so
A =
. Khi đó
2

2 2 2 2 2 2 2
2009 1
2 2 2 2 1 1 2025 45
so
+ + + + + = =
142 43
suy ra
{
2009 1
222211 1
so
A =
là số dễ thương.
0,5
Hết