Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Vĩnh Phúc lớp 12 THPT năm học 2012-2013 môn: Toán – THPT Chuyên

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. Môn: TOÁN – THPT chuyên. Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Ngày thi: 02/11/2012.. 8  2  x + 3x + 2 = y − 5 y − 1  8  Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình  y 2 + 3 y + 2 = − 5 z − 1 z  8  2  z + 3z + 2 = x − 5 x − 1 . ( x, y , z ∈ ℝ ). Câu 2 (1,5 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng. 2.. 3a bc 2b3d 25 + 3. 3 + 4. 4 ≤ 3 a+b+c ( a + b )( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d ) 6. Câu 3 (2,0 điểm). Giả sử n là một số nguyên dương sao cho 3n + 2n chia hết cho 7 . Tìm số 2 dư của 2n + 11n + 2012n khi chia cho 7 . Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD. Gọi P là điểm sao cho trung trực của đoạn thẳng CP chia đôi đoạn AD và trung trực của đoạn AP chia đôi đoạn CD. Gọi Q là trung điểm của đoạn thẳng BP. a) Chứng minh rằng đường thẳng BP vuông góc với đường thẳng AC. b) Chứng minh rằng BP = 4.OE , trong đó E là trung điểm của AC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC . Câu 5 (1,0 điểm). Cho m, n ( m > n > 4 ) là các số nguyên dương và A là một tập hợp con có đúng. n. phần. tử. c ủa. tập. S = {1, 2,3,..., m} .. hợ p. Chứng. minh. rằng. n ếu. m > ( n − 1) (1 + Cn2 + Cn3 + Cn4 ) thì ta luôn chọn được n phần tử đôi một phân biệt. x1 , x2 ,..., xn ∈ S sao cho các tập hợp Ai = {x + y + xi x ∈ A, y ∈ A}, i = 1, n thỏa mãn Aj ∩ Ak = ∅ với mọi j ≠ k và j , k = 1, n . -----------------Hết----------------- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………….Số báo danh……………... Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013. Môn: TOÁN – THPT chuyên HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang). Lưu ý khi chấm bài: -Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. -Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. -Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. -Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. -Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình không cho điểm. -Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. Câu 1. (2,5 điểm) Nội dung 1 8 Điều kiện: x, y, z ≥ . Xét các hàm số f (t ) = t 2 + 3t + 2, g (t ) = − 5t − 1 . Khi đó ta có 5 t f ' (t ) = 2t + 3 > 0, g ' (t ) = −. 8 5 1 − < 0, ∀t > . 2 t 5 2 5t − 1. 1  1  Mà f (t ) , g (t ) là các hàm số liên tục trên  ; + ∞  suy ra f (t ) đồng biến trên  ; + ∞  5  5  1  và g (t ) nghịch biến trên  ; + ∞  . Không mất tính tổng quát ta giả sử x = min {x, y, z} . 5  Khi đó ta có: Nếu x < y ⇒ g ( x ) > g ( y ) ⇒ f ( z ) > f ( x ) ⇒ z > x ⇒ g ( z ) < g ( x ) ⇒ f ( y ) < f ( z ) suy ra y < z ⇒ g ( y ) > g ( z ) ⇒ f ( x ) > f ( y ) ⇒ x > y , vô lí vì x < y . Do vậy x = y , tương tự lí luận như trên ta được x = z suy ra x = y = z . Thay trở lại hệ ta. được x 2 + 3 x + 2 =. 8 8 − 5 x − 1 ⇔ x 2 + 3 x + 2 − + 5 x − 1 = 0 (1). x x. 8 1  Đặt h ( x ) = x 2 + 3 x + 2 − + 5 x − 1, x ∈  ; +∞  . Dễ thấy hàm số đồng biến trên x 5 . 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Nội dung 1   5 ; + ∞  và h (1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Vậy nghiệm của. hệ phương trình đã cho là x = y = z = 1. Câu 2. (1,5 điểm) Điểm. Nội dung. 3a bc 2b3 d + 33 + 44 . Khi đó áp 3 a+b+c ( a + b )( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d ) dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:. Đặt P = 2. 2. 3(a + b ) 3(a + b ) 2a 2a . ≤ + a + b 2 (a + b + c ) a + b 2 (a + b + c ). 33. 2 (a + b + c ) bc b 3c = 33 . . a + b 2 (a + b + c ) 3 (a + b + c + d ) ( a + b )( a + b + c + d ). ≤. 2 (a + b + c ) b 3c + + a + b 2 (a + b + c ) 3 (a + b + c + d ) 3.   b 2d 44 = 4.   3 81( a + b ) ( a + b + c + d )  3(a + b )  3 (a + b + c + d ) b 2d ≤ 3. + 3(a + b) 3(a + b + c + d ) Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: 2 ( a + b ) 3 ( a + b + c ) 2 ( a + b + c + d ) 25 P≤ + + = a+b 2 (a + b + c ) 3(a + b + c + d ) 6 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d . 2b3 d. 4. Câu 3. (2,0 điểm) Điểm. Nội dung Đặt n = 3q + r ; q, r ∈ ℕ, 0 ≤ r ≤ 2 . Khi đó 3n + 2 n = 27 q.3r + 8q.2r ≡ ( −1) .3r + 2r ( mod 7 ) q. Do đó để 3n + 2 n ≡ 0 ( mod 7 ) ⇔ ( −1) .3r + 2r ≡ 0 ( mod 7 ) ⇔ q = 2k + 1, r = 0 . q. Suy ra n có dạng n = 6k + 3 , chú ý nếu ( a, 7 ) = 1 ⇒ a 6 ≡ 1( mod 7 ) . Do đó ta có: +) 2n = 26 k +3 = ( 2k ) .8 ≡ 1( mod 7 ). (1). +) 11n = 116 k +3 = (11k ) .113 ≡ 43 ≡ 1( mod 7 ). (2). 6. 6. +) 2012 n = 2012( 2. 6 k + 3). 2. (. = 20126 k. 2. +6k. ) .2012 6. 9. ≡ 39 ≡ 273 ≡ 6 ( mod 7 ). Từ (1), (2) và (3) ta được 3. Lop12.net. (3).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Điểm. Nội dung. 2n + 11n + 2012n ≡ 1 + 1 + 6 ≡ 1( mod 7 ) . Vậy số dư cần tìm là 1 . Câu 4. (3,0 điểm) A. B Q I O. M. P. E J. D. C. N. Điểm. Nội dung a) (2,0 điểm) Gọi M, N, I, J theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AD, CD, AP, CP. Khi đó. NI ⊥ AP, MJ ⊥ CP Do I là trung điểm của AP, Q là trung điểm của BP nên IQ AB và IQ =. AB từ đó suy ra 2. IQ CN và IQ = CN . Suy ra tứ giác CNIQ là hình bình hành. Suy ra CQ NI . Từ đó, do NI ⊥ AP nên CQ ⊥ AP. (1). Chứng minh tương tự, cũng được AQ ⊥ CP. (2). Từ (1) và (2) suy ra P là trực tâm của tam giác ACQ suy ra PQ ⊥ AC hay BP ⊥ AC. Do P là trực tâm của tam giác AQC nên OA + OC + OQ = OP ⇔ OA + OC +. (. ). (. ). 1 OP + OB = OP ⇔ 2 OA + OC + OB = OP 2. ⇔ 4OE = OP − OB ⇔ 4OE = BP ⇒ BP = 4.OE . Vậy BP = 4.OE .. Câu 5. (1,0 điểm) Nội dung. {. }. Xét tập hợp B = x + y − z − t x, y, z , t ∈ A . Ta sẽ chỉ ra bất đẳng thức sau:. B ≤ 1 + Cn2 + Cn3 + Cn4 (1) 4. Lop12.net. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Nội dung Thật vậy, ta xét các trường hợp sau: +) Nếu 4 số x, y, z , t đều bằng nhau thì số các số dạng x + y − z − t bằng 1. +) Nếu trong 4 số x, y, z , t có đúng 3 số bằng nhau, giả sử x = y = z ≠ t . Khi đó. x + y − z − t = x − t suy ra có tối đa Cn2 số x + y − z − t . +) Nếu 4 số x, y, z , t có đúng 2 số bằng nhau. Khi đó nếu x = y thì có tối đa Cn3 số dạng này, còn nếu x = z thì x + y − z − t = y − t thì có tối đa Cn2 số dạng này và đã xét ở trên. +) Nếu 4 số x, y, z , t đôi một khác nhau thì có tối đa Cn4 số x + y − z − t . Do đó có nhiều nhất 1 + Cn2 + Cn3 + Cn4 số dạng x + y − z − t . Từ đó suy ra bất đẳng thức (1). Gọi x1 = 1 ∈ S . Đặt C1 = S \ {x + x1 x ∈ B} suy ra. C1 ≥ S − B > ( n − 2 ) B > 0 ⇒ ∃x2 = min C1 ⇒ x2 > x1 .. Dễ thấy A1 ∩ A2 = ∅ . Tiếp theo đặt C2 = C1 \ {x + x2 x ∈ B} suy ra. C2 ≥ C1 − B > ( n − 3) B > 0 ⇒ ∃x3 = min C2 ⇒ x3 > x2 .. Kiểm tra được ngay A2 ∩ A3 = ∅ , A1 ∩ A3 = ∅ . Cứ tiếp tục như vậy đến bước thứ n , ta đặt Cn −1 = Cn − 2 \ {x + xn − 2 x ∈ B} thì. Cn −1 ≥ Cn − 2 − B > ( n − n ) B = 0 ⇒ ∃xn ∈ Cn −1 ⇒ xn > xn −1. Khi đó ta kiểm tra được Ai ∩ A j = ∅ với mọi i ≠ j . Vậy luôn tồn tại các phần tử x1 , x2 ,..., xn ∈ S thỏa mãn yêu cầu bài toán.. -------------------Hết-------------------. 5. Lop12.net. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>