Dap an Toan HSG 12 vinh Phuc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
—————————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2008-2009
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT Chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————
Câu 1. Giải phương trình:
2
3
6 2 ( R)
9
x
x x
x
+ = ∈
−
Câu 2. Giải hệ phương trình:
2
2 2
2 0
( , R)
8 ( 2 )
y xy
x y
x x y

− + =

∈


− = +


Câu 3. Cho tam giác đều ABC có diện tích bằng 7. Các điểm M và N lần lượt nằm trên hai cạnh AB và AC sao
cho AN = BM. Gọi O là giao điểm của hai đường thẳng BN và CM. Biết diện tích tam giác BOC bằng 2.
a. Tính tỷ số
MB
AB
b. Tính giá trị
∠ AOB
(kí hiệu
∠
là góc)
Câu 4. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương
( ; ; )x y z
sao cho:
1
2 1
+
− =
x y
z
.
Câu 5. Cho dãy số
{ }
0≥
n
n
a

xác định như sau:
0 1
1 1
1
7 2 1
+ −
= =


= − − ∀ ≥

n n n
a a
a a a n
.
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số chính phương.
——Hết——
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh ........................................................................... SBD ....................
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG TỈNH
TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008-2009
-------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh các trường THPT Chuyên)
---------------------------------------------
Câu 1 (2,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
ĐK:
2
3
9 0

3
x
x
x
>

− > ⇔

< −

0,25
+ Nếu
3x
>
, bình phương hai vế của PT ta được:
2 2
2
2
2
9 6
72
9
9
x x
x
x
x
+ + =
−
−

4 2
2
2
6. 72 0
9
9
x x
x
x
⇔ + − =
−
−
0,5
Đặt
2
2
( 0)
9
x
t t
x
= >
−
, ta có PT:
2
6 72 0 6t t t+ − = ⇔ =
.
0,5
Khi đó
2

4 2 2
2
6 36 324 0 18
9
x
x x x
x
= ⇔ − + = ⇔ =
−
Trong trường hợp này tìm được
3 2x =
0,5
+ Nếu
3x
< −
thì
3
0 6 2
2
9
x
x
x
+ < <
−
: PT vô nghiệm
0,5
Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất
3 2x =
.

0,25
Câu 2 (2,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Hệ
2 2
2 2
2
2 2

4
4 2 2 0 (1)
2 2 4
yxy
x y xy xy
x xy y
−
⇔ ⇒

=

+ + − =

+ + =


0,5
+ Nếu
0xy ≥
thì (1) trở thành:
2 2

4 0 0x y x y+ = ⇔ = =
. Thử lại không thoả mãn hệ
0,25
+ Nếu
0xy <
thì (1) trở thành:
2 2 2
4 4 0 ( 2 ) 0 2 0x y xy x y x y+ + = ⇔ + = ⇔ + =
0,5
Kết hợp với PT thứ hai của hệ ban đầu ta có
2
2 2
8
2 2
x
x
x

=
= ⇔

= −


0,5
Với
2 2x =
thì
2y = −
; Với

2 2x = −
thì
2y =
.
0,5
Vậy hệ có hai nghiệm
( ; ) (2 2; 2);( 2 2; 2)x y = − −
.
0,25
Câu 3 (2 điểm).
a. 1,0 điểm.
Nội dung trình bày Điểm
O
A
B
C
M
N
a) Đặt
xABMB
=
/
. Suy ra
7
ABN BMC
S S x= =
, do đó:




==
−=
2
27
BOCAMON
BOM
SS
xS
0.25
Ngoài ra:
xxS
CON
75)27(227
−=−−−−=
,
x
xx
S
x
x
S
CONAON
−
−
=
−
=
1
)75(
1

,
)27(
11
−
−
=
−
=
x
x
x
S
x
x
S
BOMAMO
0.25
Do
AMOANOAMON
SSS
+=
nên:
{ }



∉
=+−
⇔−
−

+
−
−
=
1;0
0299
)27(
1
1
)75(
2
2
x
xx
x
x
x
x
xx
0.25
Giải PT trên được



=
=
3/2
3/1
x
x

hay



=
=
3/2/
3/1/
ABMB
ABMB
0.25
b. 1,0 điểm.
Nội dung trình bày Điểm
Vì
BMCABN
∆=∆
nên ta có:
0
60
=∠+∠=∠+∠=∠
CBOMBOCBOBCMBOM
.
Ta cũng có
0
180
=∠+∠
MONMAN
nên tứ giác AMON nội tiếp.
0.25
Trường hợp 1:

/ 1 / 3 2 2MB AB AM BM AN
= ⇒ = =
.
Gọi Q là trung điểm AM
⇒

AQN
∆
đều
0.25
Q
⇒
là tâm ngoại tiếp tứ giác AMON và
00
15090
=∠⇒=∠=∠
AOBANMAOM
0.25
Trường hợp 2: Tương tự trên có:
00
909023/2/
=∠⇒=∠=∠⇒==⇒=
AOBAONAMNANMBAMABMB
0.25
Câu 4 (2 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Giả sử tìm được (x ; y ; z) thỏa mãn. Khi đó z lẻ. 0.25
* Xét phương trình:
)1...)(1(212
11

++++−=⇔−=−
−+
zzzzz
yyxyx
(1).
0,25
+ Nếu y chẵn thì
1...
1
++++
−
zzz
yy
là số lẻ lớn hơn 1, suy ra vô lí do VT(1) biểu diễn được
dưới dạng lũy thừa với số mũ nguyên dương của 2 còn VP(1) thì không thể. Vậy y lẻ. 0.25
+ Khi đó có:








+









−=−=
++
+
1112
2
1
2
1
1
yy
yx
zzz
. Do
21,1
2
1
2
1
=









+−
++
yy
zz
, suy ra
21
2
1
=−
+y
z
, từ đó được
3,1,3
===
xyz
. Thử lại thấy nghiệm đúng.
0.25
* Xét phương trình:
12
1
=−
+yx
z
(2)
+ Nếu
1
=
z
thì
1

=
x
,
y
nguyên dương tùy ý là nghiệm. 0.25
+ Xét
z
là số lẻ lớn hơn 1:
Nếu
y
lẻ
1
+⇒
y
chẵn, từ đó:
0.25
11211)4(mod212)4(mod1
111
>=−=⇒=⇒≡+=⇒≡⇒
+++
yxyxy
zxzz
(vô lý).
Vậy
y
chẵn.
Khi đó:
)1...)(1(12
11
+−+−+=+=

−+
zzzzz
yyyx
. Do
z
lẻ,
y
chẵn nên
1...
1
+−+−
−
zzz
yy
là số lẻ, suy ra
1111...
11
+=+⇒=+−+−
+−
zzzzz
yyy
(vô lí do
)0,1
>>
yz
. Vậy (2) chỉ có
nghiệm dạng (
)1;;1 t
với
t

nguyên dương tùy ý.
0.25
Kết luận: PT đã cho có nghiệm là
+
∈∀=
Zttzyx )1;;1(,)3;1;3();;(
0,25
Câu 5 (1 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Xét dãy Fibonaci
1 1 2 2 1
( ) : 1 , 1
n n n n n
F F F F F F n
≥ + +
= = = + ∀ ≥
.
Ta có:
2
5
2
3
2
3
2
2
2
2
2
1

2
1
2
0
5,2,1,1 FaFaFaFa
========
.
Ta chứng minh:
2
2
12
≥∀=
−
nFa
nn
(*) bằng phương pháp quy nạp theo n
0.25
Thật vậy, với
3,2
=
n
có (*) đúng.
Giả sử (*) đúng với
2n k= ≥
, ta CM (*) đúng với
1
+=
kn
, tức là CM:
2

1 2 1k k
a F
+ +
=
Với
2
≥
k
ta có:
212111
87)27()27(
−−−−−+
+−=−−−−−=−
kkkkkkkkk
aaaaaaaaa
211
88
−−+
+−=⇒
kkkk
aaaa
0.25
Kết hợp với giả thiết quy nạp suy ra:
2
52
2
32
2
121
88

−−−+
+−=
kkkk
FFFa
(1).
Từ cách xác định của dãy
)(
n
F
có:
2 2
3 3
n n n
F F F n
− +
= − ∀ ≥
, suy ra:
2 5 2 3 2 1
3 3
k k k
F F F k
− − −
= − ∀ ≥
(2)
0.25
Thay (2) vào (1) được:
2
12
2
3212

2
1232
2
32
2
121
)3()3(88
+−−−−−−+
=−=−+−=
kkkkkkkk
FFFFFFFa
.
Vậy
1,
2
12
≥∀=
−
nFa
nn
. Do đó
n
a
chính phương với mọi
0
≥
n
.
0.25
………………………….