Toan _Ôn thi thpt quốc gia 2018

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 xy + 3 y 2 − 8 y + 7 = 3xy 3 + 6 y 2

Câu 1. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 xy + y + 7 = y 5 − 3 y + 1

(

)

Câu 2. (1,0 điểm) Xét 2014 số thực không âm x1 , x2 ,K , x2014 thỏa mãn
xk + xk +1 + xk + 2 ≤ 1, ∀k = 1, 2,..., 2014,

(ở đây quy ước x2015 = x1 , x2016 = x2 ). Tìm giá trị lớn nhất có thể được của tổng
S = x1 x3 + x2 x4 + x3 x5 + x4 x6 + L + x2013 x1 + x2014 x2 .

Câu 3. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn (O), có đường cao AH
và tâm đường tròn nội tiếp là I. Đường thẳng AI cắt lại đường tròn (O) tại điểm thứ hai M. Gọi A'
là điểm đối xứng với A qua O. Đường thẳng MA' cắt các đường thẳng AH, BC theo thứ tự tại N
và K.
a) Chứng minh rằng tứ giác NHIK nội tiếp đường tròn.
b) Đường thẳng A′I cắt lại đường tròn (O) tại điểm thứ hai D, hai đường thẳng AD và BC
cắt nhau tại điểm S. Chứng minh rằng nếu AB + AC = 2 BC thì I là trọng tâm của tam giác AKS.
2

*
Câu 4. (2,0 điểm) Xét tập hợp S = { x + x | x ∈¥ } . Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương
k ≥ 2, tồn tại một tập con gồm k + 1 phần tử của S mà có một phần tử bằng tổng k phần tử còn
lại.

Câu 5. (2,0 điểm) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n > 1, số:
11 + 33 + 55 + 77 + 99 + L + ( 2n − 1)

2n −1

chia hết cho 2n nhưng không chia hết cho 2n+1.
--------------Hết-------------Chú ý: 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 2013-2014


ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT chuyên)

(Đáp án có 04 trang)

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
ĐKXĐ: y ≥ 0, xy + 2 ≥ 0, xy + y + 7 ≥ 0 .
Với y = 0 không thoả mãn hệ.
0.25
Với y ≠ 0 chia hai vế phương trình thứ nhất trong hệ cho y và chia hai vế phương
trình thứ hai trong hệ cho

Câu 1
(2.0
điểm)

y ta được

7
7


 x + 3 y + y − 8 = 3 xy + 6
 x + 3 y + y − 8 = 3 xy + 6


⇔

 x + 7 +1 + 3y +1 = 5
 x + 3 y + 7 + 2 + 2 x + 3 y + 7 + 3 xy + 21 + 1 = 25



y
y
y
7

a > 0
a = x + 3 y + y
Đặt 
, ĐK 
.
b ≥ 0
b = 3 xy + 6

 a − 8 = b
Khi đó hệ phương trình trở thành 
2
 a + 2 + 2 a + b + 16 = 25

0.50

0.25

 a = b + 8
a = b + 8
⇔


2
2

b + 10 + 2 b + b + 24 = 25
2 b + b + 24 = 15 − b (*)
0 ≤ b ≤ 15
0 ≤ b ≤ 15
(*) ⇔  2
⇔
⇔ b = 3.
 2
2
4b + 4b + 96 = 225 − 30b + b
3b + 34b − 129 = 0

0.5

⇒ ( a; b ) = ( 11;3)

Câu 2
(1,0

7

( x; y ) = ( 1;1)
8

2
 x + 3 y + y = 11 3 y − 11y + 8 = 0
 y = 1, y =

⇔
⇔

3⇔
Suy ra 
3 8
( x; y ) =  ; ÷
 xy = 1
 3 xy + 6 = 3
 xy = 1
8 3


(1)
 x2 k −1 ≤ 1 − x2 k − x2 k +1
Với mỗi k = 1, 2,...,1007 ta có: 
(2)
 x2 k + 2 ≤ 1 − x2 k − x2 k +1

0.5
0.25


Nhân hai vế của (1) với x2 k +1 và hai vế của (2) với x2k rồi cộng hai bất đẳng thức
cùng chiều ta được: x2 k −1 .x2 k +1 + x2 k .x2 k + 2 ≤ ( 1 − x2 k − x2 k +1 ) .x2 k +1 + ( 1 − x2 k − x2 k +1 ) .x2 k
= ( x2 k + x2 k +1 ) ( 1 − x2 k − x2 k +1 )

điểm)

0.50

 ( x + x2 k +1 ) + ( 1 − x2 k − x2 k +1 )  1
≤  2k

÷ = .
2

 4
2

1007

Từ đó S = ∑ ( x2 k −1.x2 k +1 + x2 k .x2 k +2 ) ≤
k =1

1007
.
4

A

1
Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x2 k = 0, x2 k −1 = , với k = 1, 2,...,1007.
2
O
I
1007
.
Kết luận: Giá trị lớn nhất có thể được của tổng S là
4
B

H

3a. (1,5 điểm)

L

C

0.25

K

A'
M
N

0.25

Ta có:

Câu 3
(3.0
điểm)

1
·
·
OAC
= 900 − ·AOC = 900 − ·ABC = BAH
mà AI là phân giác góc A nên
2
·

·
, suy ra tam giác ANA' cân tại A.
HAI
= OAI
Gọi L là giao điểm của MA và BC.
·
·
·
· ′ , suy ra tứ giác ALA′K nội tiếp.
Ta có HKN
= 900 − HNK
= HAM
= LAA
Do đó MA′.MK = ML.MA (1)

0.50

Dễ thấy hai tam giác MCL và MAC đồng dạng, suy ra ML.MA = MC 2 (2)

0.25

Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên MI = MC (3).

0.25

·
Từ (1), (2), (3) suy ra MN .MK = MI 2 ⇒ NIK
= 900 . Vậy tứ giác NHIK nội tiếp.
3b. (1,5 điểm)
·

·
· ′M = IAD
·
* Từ tứ giác NHIK nội tiếp suy ra IHK = INK
. Suy ra tứ giác AIHS
= IA

0.25

·
nội tiếp. Do đó ·AIS = IHS
= 900 .

0,25


A
D
T
l

S

B

H

O

L

C

K

A'
M
N

¶ = TAI
·
·
·
Gọi T là trung điểm của cạnh SA. Khi đó TIA
, suy ra ba điểm
= INK
= MIK
T , I , K thẳng hàng (4).
* Tiếp theo ta sẽ chứng minh L là trung điểm của SK.
AI AB
BL AB
BL
AB
AB
1
=
=
⇒
=
=

⇒ BL = AB
Ta có
và
IL BL
LC AC
BC AB + AC gt 2 BC
2
AI
= 2 (5)
Do đó
IL
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ASL với cát tuyến TIK ta có:
TA KS IL
.
. = 1 (6). Từ (5) và (6) suy ra KS = 2 KL , tức L là trung điểm của SK
TS KL IA
(7).
Từ (4) và (7) suy ra I là trọng tâm tam giác AKS (đpcm).
Với mỗi a = x 2 + x ∈ S thì a = x ( x + 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên a là
số chẵn.
Ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp.
Thật vậy, dễ thấy 12 = 3 × 4,30 = 5 × 6, 42 = 6 × 7 đều là phần tử của S. Hơn nữa
12 + 30 = 42 nên bài toán đúng với k = 2.
Giả sử bài toán đúng với k ≥ 2 , có tập con A = { a1 , a2 ,..., ak , bk } ⊂ S sao cho
Câu 4
(2
điểm)

0,25

0,50

0,50

0,25
0,25

a1 + a2 + L + ak = bk .

0,25

Do bk ∈ S nên bk chẵn. Tức là bk = 2c với c là số nguyên dương nào đó.
Do bk ≥ a1 + a2 ≥ 6 nên c ≥ 3.

0,25

Vì c ≥ 3 nên c ( c − 1) ≥ 2c = bk > a j , j = 1, 2,..., k .

0,25

Để ý rằng c ( c + 1) = c ( c − 1) + 2c nên tập hợp B = { a1 , a2 ,..., ak , c ( c − 1) , c ( c + 1) } là
tập con có k + 2 phần tử của S , đồng thời

0,50

c ( c + 1) = c ( c − 1) + 2c = c ( c − 1) + ak + ak −1 + L + a1.
Vậy bài toán đúng với k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp ta suy ra điều phải chứng minh.
Câu 5
(2,0

điểm)

(

)

2
2
2
Với mỗi số nguên k lẻ thì k − 1 = ( k − 1) ( k + 1) ( k + 1) ... k + 1 là tích của n + 1
n

n −1

thừa số chẵn và ít nhất 1 trong hai thừa số đầu tiên chia hết cho 4. Suy ra
k 2 ≡ 1( mod 2n + 2 ) (1).
n

0,25
0,25


Với mỗi n > 1 thì ( k + 2n ) = k k + k .k k −1.2n + Ck2 k k − 2 .22 n +L có tất cả các số hạng,
k

ngoại trừ hai số hạng đầu tiên, đều chia hết cho 2n+ 2. Do đó

(k +2 )

n k

≡ k k . ( 1 + 2 n ) ( mod 2 n+ 2 )
2n−1

Đặt S n = ∑ ( 2k − 1)

2 k −1

0,25

(2)

và Rn = Sn +1 − Sn . Ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp.

k =1

1
3
2
3
Thật vậy : Với n = 2, S 2 = 1 + 3 = 28 ⇒ S 2 ≡ 0 ( mod 2 ) , S 2 ≡/ 0 ( mod 2 ) .

0,25

n
n +1
Giả sử mệnh đề đúng với n tức là S n ≡ 0 ( mod 2 ) , Sn ≡/ 0 ( mod 2 ) . Để ý rằng

S n +1 = S n + Rn và Rn là tổng của 2n−1 số dạng m m , trong đó m = 2n + k với k là số
nguyên dương lẻ nhỏ hơn 2n ; Kết hợp với (1) suy ra

m m = m 2 ×m k ≡ m k ( mod 2n + 2 )
n

0,50

(3).

Từ (2) và (3) suy ra
Rn ≡ ( 1 + 2n ) + ( 3 + 2n ) + L ( mod 2n + 2 ) ≡ Sn ( 1 + 2n ) ( mod 2n + 2 ) .
1

3

n
n+2
n −1
n+2
Do đó S n +1 ≡ S n + S n ( 1 + 2 ) ( mod 2 ) ≡ 2S n ( 1 + 2 ) ( mod 2 ) .

n +1
n+2
Kết hợp với giả thiết quy nạp, suy ra S n +1 ≡ 0 ( mod 2 ) , S n +1 ≡/ 0 ( mod 2 ) .

Từ đó theo nguyên lý quy nạp, ta được điều phải chứng minh.
-------------------------Hết-----------------------------

0,50

0.25