Đề thi học sinh giỏi lớp 9, lớp 12 và Tin học trẻ các năm - Phòng Khảo thí và Kiểm định chất lượng giáo dục - Sở Giáo dục và Đào tạo Kiên Giang toan2_deda

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH KIÊN GIANG
−−−−−−−−−−
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

MÔN : TOÁN HỌC
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 02/11/2011
(Đề thi có 01 trang)

Bài 5 (7 điểm).
Cho hai số thực x, y thỏa mãn đẳng thức x 2 + y 2 + xy = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
M = x 3 y 3 − 3 xy ( x + y ) 2 .
Bài 6 (6 điểm).
Trong mặt phẳng cho hai đường tròn không bằng nhau (O; R ) và (O / ; R / ) , tiếp xúc ngoài với nhau tại
A. Điểm B di động trên đường tròn (O). Đường thẳng vuông góc với BA tại A cắt đường tròn (O’) tại C
(khác A) .
1. Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn luôn đi qua một điểm cố định.
2. Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác ABC luôn thuộc một đường tròn cố định, khi B thay đổi.

Bài 7 (7 điểm).
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n , phương trình x 2 + y 2 = z 2 + n có vô số nghiệm nguyên
dương x, y, z .

−−−−−−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−−−−−−

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH KIÊN GIANG
---------------------

Bài 1
(7 điểm)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TÌNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
-------------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN
Ngày thi 02/11/2011
(Hướng dẫn chấm này gồm có 02 trang)
Đặt S = x + y , P = xy . ĐK : S 2 ≥ 4 P .
Ta có x 2 + y 2 + xy = 3 ⇔ S 2 − P = 3 ⇔ S 2 = P + 3 ≥ 0 ⇒ P ≥ −3 .
Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = − 3 .

0,5đ
1,5đ

Vì S 2 ≥ 4 P và S 2 = P + 3 nên P + 3 ≥ 4 P ⇔ P ≤ 1 .
Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = 1.

1,0đ

Tóm lại, tập giá trị của P là [−3 ; 1].

0,5đ

Ta có, M = x 3 y 3 − 3 xy ( x 2 + y 2 + xy + xy ) = P 3 − 3P (3 + P ) = P 3 − 3P 2 − 9 P .

1,0đ

 P = 3 ∉ [ −3;1]
.
 P = −1 ∈ [ −3;1]

Và M / = 3P 2 − 6 P − 9 ; M / = 0 ⇔ 

1,0đ

M (−3) = −27, M ( −1) = 5, M (1) = −11

0,5đ

min M = min{M (−3), M (−1), M (1)} = M (−3) = −27

0,5đ

[ −3;1]

max M = min{M (−3), M (−1), M (1)} = M (−1) = 5 .

0,5đ

[ −3;1]

Bài 2
(6 điểm)

1. Ta có ∆ AOB cân đỉnh O

nên AOB = 1800 − 2 BAO

Ta có ∆ AO’C cân đỉnh O’ nên AO’C = 1800 − 2CAO’

(

)

0,5đ
0,5đ

Do đó, AOB + AO’C = 3600 − 2 BAO + CAO’ = 1800

0,5đ

Suy ra OB // O’C .

0,5đ

Gọi I là giao điểm của BC và OO’ ta có

IC O ' C R '
R'
=
=

⇒ IC = IB
IB OB
R
R

Vậy I là tâm vị tự ngoài của (O) và (O’).

0,5đ

0,5đ

Vì vậy, BC luôn luôn đi qua điểm I cố định ( đpcm ).
2. Gọi M là trung điểm của BC ta có AG =

2
AM .
3

Gọi K là trung điểm của OO’. Vì MK là đường trung bình của hình thang
CO’OB nên KM =

R + R'
.
2

Trang 1

0,5đ
1,0đ

Do đó M thuộc đường tròn tâm K bán kính bằng
* Ta có V

2
( A, )
3

R + R'
.
2

0,5đ
0,5đ

(M ) = G

và M thuộc đường tròn (K ,

R + R'
) cố định nên G chạy trên đường tròn cố
2

định, là ảnh của đường tròn ( K ,

B

0,5đ

R + R'

2
) qua phép vị tự tâm A tỷ số k = .
2
3

M
C

O

Bài 3
(7 điểm)

K A O'

I

* Xây dựng được các bộ nghiệm.
* Chứng được tính nguyên dương của các bộ nghiệm đã xây dựng.
* Chứng được tính “vô số” của các bộ nghiệm đã xây dựng.
Chẳng hạn,
Ta xây dựng các bộ nghiệm nguyên dương ( x, y, z ) như sau :
Đặt z = y + 1 ta có y 2 − z 2 = −(2 y + 1) .
x2 − n −1
.
Khi đó ta có x + y − z = n ⇔ y =
2
Ta có tập A = {x = 2k + | n | +1: k ∈ ℕ*} gồm vô số phần tử x là số nguyên dương, khác
2

2

2

tính chẵn−lẻ với n. và thỏa điều kiện x 2 − n − 1 > 0 . Vì vậy, y =

x2 − n −1
là số nguyên
2

dương với mọi x thuộc A.
Rõ ràng mỗi bộ ( x, y, z ) = ( x,

x2 − n − 1 x2 − n + 1
,
) , với x ∈ A , đều là nghiệm của
2
2

phương trình đã cho.

HẾT

Trang 2

4đ
2đ
1đ