ĐỀ THI CHỌN HSG MÔN TOÁN LỚP 11 THPT NĂM HỌC 20122013

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 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 (2,5 điểm).
1.
Giải hệ phương trình
( )
2 2 2
3 3 3
4
14 , ,
34
x y z
x y z x y z
x y z
+ + =


+ + = ∈


+ + =

¡
2.
Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực, nhận giá trị trong tập số thực và
thỏa mãn
( ) ( )

y
xf y yf x f
x
 
− =
 ÷
 
với mọi số thực x, y ,
0.x
≠
Câu 2 (1,5 điểm). Cho trước số thực
(0;1).a
∈
Cho dãy số
1
( )
n n
x
≥
bị chặn và thỏa mãn
2 1
(1 ) , 1.
n n n
x a x ax n
+ +
≤ − + ∀ ≥
Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ.
Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có
AB AC
≠

nội tiếp trong đường tròn
( )O
. Các tiếp
tuyến tại
B
và
C
của
( )O
cắt nhau tại
T
, đường thẳng AT cắt lại đường tròn tại
X
.
Gọi
Y
là điểm đối xứng với
X

qua điểm
O
. Các đường thẳng YB, XC cắt nhau tại
P
,
các đường thẳng XB, YC cắt nhau tại
Q
.
1. Chứng minh rằng P, Q, T thẳng hàng.
2. Chứng minh rằng các đường thẳng PQ, BC và AY đồng quy.
Câu 4 (2,0 điểm). Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương

( ; ; )x y z
thỏa mãn
5
1 2
x y z
y z x
+ + =
+
Câu 5 (1,0 điểm). Một vòng tròn được chia thành k cung, được đánh
số từ 1 đến k như trong hình vẽ. Ban đầu tại mỗi cung đặt một
viên bi. Mỗi lần dịch chuyển, người ta dịch chuyển hai viên bi,
một viên theo chiều cùng chiều kim đồng hồ, một viên theo
chiều ngược chiều kim đồng hồ, vào cung kề với cung chứa nó
(hai viên bi được dịch chuyển không nhất thiết phải từ cùng
một cung). Hỏi sau hữu hạn bước như vậy, có đưa được tất cả
các viên bi về cùng một cung hay không?
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 11 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(2,5đ) 1.1 (1,5 điểm)
Giả sử
( ; ; )x y z
là một nghiệm của hệ. Xét đa thức
3 2
( )P t t at bt c= + + +
nhận x, y,
z làm nghiệm. Suy ra
4a x y z
− = + + =
hay
4a
= −
0,25
Do
2 2 2 2
( ) 2( )x y z x y z xy yz zx+ + = + + + + +
nên
2 2 2 2
( ) ( )
1
2
x y z x y z
b xy yz zx
+ + − + +
= + + = =
0,25
Do x, y, z là nghiệm của
( )P t

nên
3 3 3 2 2 2
( ) 4( ) ( ) 3 0x y z x y z x y z c+ + − + + + + + + =
suy ra
6.c
=
Do đó
3 2
( ) 4 6P t t t t= − + −
0,5
Ta có
( ) ( ) ( )
3 2
( ) 4 6 1 2 3P t t t t t t t
= − + − = + − −
giải ra được ba nghiệm
1, 2t t
= − =
và
3t
=
Vậy, hệ đã cho có tất cả các nghiệm là
( 1;2;3)
−
và các hoán vị.
0,5
1.2 (1,0 điểm)
( ) ( ) , , 0
y
xf y yf x f x y x

x
 
− = ∀ ∈ ≠
 ÷
 
¡
(1)
Trong (1) cho
2, 0x y
= =
ta được
(0) 0f
=
, cho
1x y
= =
ta được
(1) 0f
=
, cho
1y
=
ta được
1
( ) ( )f f x
x
= −
(2)
Trong (2) thay
( ) ( ) ( )

1 1 1 1 0x f f f
= − ⇒ − = − − ⇒ − =
.
0,25
Trong (1), thay
y
bằng
1
x
và
x
bằng
1
y
, kết hợp với (2), thu được
( ) ( )
1 1 1 1 1 1x
f f f f x f y
y x y y x y x
   
 
= − = −
 ÷  ÷
 ÷
 
   
(3).
Mặt khác
( ) ( ) ( )
4

x
f yf x xf y
y
 
= −
 ÷
 

0,25
Từ (3), (4) và
{ }
, 1;0;1x y
∉ −
ta được:
0,25
(Đáp án có 03 trang)
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
yf x xf y f x f y
y x
− = −
( ) ( )
1 1
f x f y
c
x y
x y
⇔ = =
− −
, trong đó

c
là hằng số thực.
Do đó
1
( ) 0, 1f x c x x
x
 
= − ∀ ≠ ±
 ÷
 
. Vậy
( )
1
, 0
0, 0.
c x khi x
f x
x
khi x

 
− ≠

 ÷
=
 


=


Thử lại thấy thỏa mãn.
0,25
2(1,5đ) Viết lại bất đẳng thức điều kiện về dạng
2 1 1
1
n n n n
x ax x ax n
+ + +
+ ≤ + ∀ ≥
Từ đó, đặt
1
, 1
n n n
y x ax n
+
= + ≥
thì được dãy
( )
n
y
thỏa mãn
1
1
n n
y y n
+
≤ ∀ ≥
hay
dãy
( )

n
y
đơn điệu giảm (1)
Mặt khác, do dãy
( )
n
x
bị chặn và cách xác định
( )
n
y
nên
1 1n n n n n
y x ax x a x b
+ +
= + ≤ + ≤
Suy ra
( )
n
y
bị chặn. (2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra
( )
n
y
hội tụ. Đặt
lim
n
n

y
α
→+∞
=
khi đó
lim ( ) 0
n
n
y
α
→+∞
− =
Ta có
1
0
1 1
n n n
x a x y
a a
α α
α
+
   
− + − = − →
 ÷  ÷
+ +
   
(3)
0,25
Phát biểu và chứng minh nhận xét: “Với dãy

( )
n
z
mà
1
lim ( ) 0
n n
n
z az
+
→+∞
+ =
thì
lim 0
n
n
z
→+∞
=
(ở đây
(0;1)a
∈
cho trước)” (4)
Thậy vậy, ta có
1
lim ( ) 0
n n
n
z az
+

→+∞
+ =
suy ra với mọi
*
1
0, :
n n
m z az
ε ε
+
> ∃ ∈ + <
¥
( )
1 1 1

n n n n n
z a z z a z a a z
ε ε ε ε
+ + −
⇒ − < ⇒ < + < + +
suy ra
( )
( )
2 1
1 1 1 1
1
1
1 1
n
n n n n

n
a
z a z a a a a z a z
a a
ε
ε ε
−
+
−
⇒ < + + + + + = + < +
− −
.
Do đó
lim 0.
n
n
z
→+∞
=
Vậy nhận xét trên được chứng minh.
0,75
Từ (3) và (4) suy ra
( )
n
x
hội tụ, và hơn nữa
lim
1
n
n

x
a
α
→+∞
=
+
. 0,25
3(3đ)
d
M
S
P
Q
Y
X
T
O
A
B
C
3.1 (1,0 điểm)
Do XY là đường kính của
( )O
nên
90QBY XBY
°
∠ = ∠ =
và
90PCY XCY
°

∠ = ∠ =
.
0.25
Suy ra
90PBQ PCQ
°
∠ = ∠ =
do đó, tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn đường kính
PQ.
0.25
Gọi T’ là trung điểm của PQ suy ra T’ là tâm ngoại tiếp tứ giác BCQP suy ra
' 'T B T C
=
. Kết hợp với
YMB
∆
đồng dạng với
'YT Q
∆
suy ra
'BYM QYT∠ = ∠ ⇒
YT’ là đường đối trung kẻ từ Y của tam giác YBC suy ra
'T T≡
, vì vậy P, Q, T thẳng hàng và T là trung điểm PQ.
0,5
3.2 (2,0 điểm)
Do tứ giác ABXC điều hòa, nên
· ·AB XC AC XB
=
hay

(1)
AB XB
AC XC
=
0,5
Do tứ giác BCQP nội tiếp, nên
· ·XB XQ XC XP
=
suy ra
XB XP
XC XQ
=
(2) 0,25
Do tứ giác ABCY nội tiếp, nên
ABY ACY ABP ACQ
∠ = ∠ ⇒ ∠ = ∠
(3) 0,25
Từ (1),(2),(3) suy ra
ABP
∆
đồng dạng
ACQ
∆
. Do đó

APY APB AQC AQY
∠ = ∠ = ∠ = ∠

suy ra tứ giác AYQP nội tiếp trong một đường tròn
ω

0,5
Gọi S là giao điểm của AY, PQ. Xét phương tích của S đối với các đường tròn
( ),O
ω
và
( )T
ngoại tiếp tứ giác BCQP, ta có
/( ) / /( )S O S S T
P SA SY P SP SQ P
ω
= × = = × =
Suy ra S nằm trên trục đẳng phương của
( )O
và
( )T
tức
( )S BC
∈
. Điều phải
chứng minh.
0,5
4(2đ)
Giả sử
( ; ; )x y z
là một nghiệm của phương trình. Khi đó, theo bất đẳng thức AM-
GM
5 1 1 1
3 · 3
2 1 1
x y z x y z

x y z x y z x
+ +
+ = + + ≥ × =
+ +
Suy ra
1 1
2x
≥
hay
2x
≤
0,5
Với
2 :x
=
Khi đó trong bất đẳng thức trên phải xảy ra dấu đẳng thức, tức là
1
1
x y z
y z x
+
= =
+
0,25
Giải hệ, thu được
( ; ; ) (2;2;1)x y z
=
0,25
Với
1x

=
phương trình đã cho trở thành
1 5
(1)
1 2
y
z
y z
+ + =
+
Khi đó
1 5
2
1 2
y
z z z
y z
≤ + + = ⇒ ≤
+
0,25
Với
1,z
=
thay vào (1), thu được
2
3 2 0 1 2y y y y− + = ⇔ = ∨ =
0,25
Với
2,z
=

thay vào (1), thu được
2
2 3 6 0.y y
− + =
Phương trình này có biệt thức
2
( 3) 4 2 6 39 0∆ = − − × × = − <
nên không có nghiệm, do đó không có nghiệm
nguyên dương.
0,25
Vậy nghiệm của phương trình là
( ) ( ) ( ) ( )
; ; 2;2;1 , 1;1;1 , 1;2;1x y z =
. 0,25
5(1đ) Ta đánh số (gán nhãn) cho các viên bi như sau: viên bi ở cung thứ i được gán nhãn
i.
Gọi S là tổng các nhãn theo
mod k
. Khi đó, nếu sau một số bước dịch chuyển, tất
cả các viên bi được chuyển về cùng một cung, chẳng hạn cung thứ n, thì
( )
0 modS nk k
≡ ≡
0,25
Nhận xét. Sau mỗi lần dịch chuyển, S bất biến theo mod k bởi vì một nhãn tăng 1,
một nhãn giảm 1, các nhãn còn lại giữ nguyên.
0,25
Suy ra
( 1)
1 2

2
k k
k S k
+
= + + + =
L M
. Điều này xảy ra khi và chỉ khi k lẻ.
Vậy, ssau một số bước chuyển, tất cả các vien bi được chuyển về cùng một cung
khi và chỉ khi k lẻ.
0,25
Ta sẽ chỉ ra cách chuyển, với
2 1k n= +
sau một số hữu hạn bước chuyển các viên
bi được đưa về cùng một cung:
-
Chuyển viên bi ở cung 1 theo cùng chiều kim đồng hồ và viên bi ở cung
2 1n
+
theo ngược chiều kim đồng hồ; cho đến khi chúng cùng về đến cung
thứ
1.n
+
-
Lặp lại quá trình trên cho cung thứ i và cung thứ
2 2 ( 2,3, ).n i i
+ − = …
Cứ như vậy, tất cả các viên bi đều được chuyển về cung thứ
1.n
+
0,25

Hết