Đề thi chọn HSG lớp 11 THPT tỉnh Vĩnh Phúc năm học 20122013 môn: Toán (dành cho học sinh THPT chuyên)27997

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MƠN: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho học sinh THPT Chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,5 điểm) x  y  z   Giải hệ phương trình  x  y  z  14 x, y, z  ฀   x  y  z  34  Tìm tất hàm số f xác định tập số thực, nhận giá trị tập số thực  y thỏa mãn xf ( y )  yf ( x)  f   với số thực x, y , x  x Câu (1,5 điểm) Cho trước số thực a  (0;1) Cho dãy số ( xn ) n1 bị chặn thỏa mãn xn   (1  a ) xn 1  axn , n  Chứng minh dãy số cho hội tụ Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB  AC nội tiếp đường trịn (O) Các tiếp tuyến B C (O) cắt T , đường thẳng AT cắt lại đường tròn X Gọi Y điểm đối xứng với X qua điểm O Các đường thẳng YB, XC cắt P , đường thẳng XB, YC cắt Q Chứng minh P, Q, T thẳng hàng Chứng minh đường thẳng PQ, BC AY đồng quy Câu (2,0 điểm) Tìm tất ba số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn x y z    y z 1 x Câu (1,0 điểm) Một vòng tròn chia thành k cung, đánh số từ đến k hình vẽ Ban đầu cung đặt viên bi Mỗi lần dịch chuyển, người ta dịch chuyển hai viên bi, viên theo chiều chiều kim đồng hồ, viên theo chiều ngược chiều kim đồng hồ, vào cung kề với cung chứa (hai viên bi dịch chuyển không thiết phải từ cung) Hỏi sau hữu hạn bước vậy, có đưa tất viên bi cung hay không? -Hết - k Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………….……… ……… Số báo danh…………………… ThuVienDeThi.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 03 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN MƠN: TỐN (Dành cho học sinh THPT Chuyên) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN Câu 1(2,5đ) Nội dung trình bày Điểm Giả sử ( x; y; z ) nghiệm hệ Xét đa thức P(t )  t  at  bt  c nhận x, y, z làm nghiệm Suy a  x  y  z  hay a  4 0,25 1.1 (1,5 điểm) Do ( x  y  z )  x  y  z  2( xy  yz  zx) nên b  xy  yz  zx  ( x  y  z )2  ( x  y  z ) 1 0,25 Do x, y, z nghiệm P(t ) nên ( x3  y  z )  4( x  y  z )  ( x  y  z )  3c  0,5 suy c  Do P(t )  t  4t  t  Ta có P(t )  t  4t  t   t  1t  t  3 giải ba nghiệm t  1, t  t  0,5 Vậy, hệ cho có tất nghiệm (1; 2;3) hoán vị 1.2 (1,0 điểm)  y (1) xf ( y )  yf ( x)  f   x, y  ฀ , x  x Trong (1) cho x  2, y  ta f (0)  , cho x  y  ta f (1)  , cho (2) y  ta f ( )   f ( x) x 0,25 Trong (2) thay x  1  f 1   f 1  f 1  Trong (1), thay y 1 x , kết hợp với (2), thu y x  x 1 1 1 f    f    f    f x   f  y  (3) x  y x  y y x y 0,25 x Mặt khác f    yf x   xf  y  4   y Từ (3), (4) x, y  1;0;1 ta được: ThuVienDeThi.com 0,25 yf x   xf  y    2(1,5đ) 1 f x   f  y  y x f x  f  y    c , c số thực 1 x y x y   1 1 c  x   ,  Do f ( x)  c  x   x  0, 1 Vậy f x     x x  0,  Thử lại thấy thỏa mãn Viết lại bất đẳng thức điều kiện dạng xn   axn 1  xn 1  axn n  x  0,25 x  Từ đó, đặt yn  xn 1  axn , n  dãy ( yn ) thỏa mãn yn 1  yn n  hay dãy ( yn ) đơn điệu giảm (1) 0,25 Mặt khác, dãy ( xn ) bị chặn cách xác định ( yn ) nên yn  xn 1  axn  xn 1  a xn  b Suy ( yn ) bị chặn (2) Từ (1) (2) suy ( yn ) hội tụ Đặt lim yn   lim ( yn   )  n  n        Ta có  xn 1    a  xn    yn    1 a  1 a    (3) 0,25 Phát biểu chứng minh nhận xét: “Với dãy ( zn ) mà lim ( zn 1  azn )  n  lim zn  (ở a  (0;1) cho trước)” (4) n  Thậy vậy, ta có lim ( zn 1  azn )  suy với   0, m  ฀ * : zn 1  azn   n   zn 1  a zn    zn 1  a zn    a a zn 1     suy  zn 1  a z1  1  a  a   a n n 1   a 1  a   a  0,75 n n z1 1 a Do lim zn  Vậy nhận xét chứng minh n z1   1 a n  Từ (3) (4) suy ( xn ) hội tụ, lim xn  n  ThuVienDeThi.com  a 1 0,25 3(3đ) Y A O B M S C X P d T Q 3.1 (1,0 điểm) Do XY đường kính (O) nên 0.25 QBY  XBY  90 PCY  XCY  90 Suy PBQ  PCQ  90 đó, tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn đường kính PQ 0.25 Gọi T’ trung điểm PQ suy T’ tâm ngoại tiếp tứ giác BCQP suy T ' B  T ' C Kết hợp với YMB đồng dạng với YT ' Q suy BYM  QYT '  YT’ đường đối trung kẻ từ Y tam giác YBC suy T  T ' , P, Q, T thẳng hàng T trung điểm PQ 0,5 3.2 (2,0 điểm) Do tứ giác ABXC điều hòa, nên AB·XC  AC ·XB hay AB XB  AC XC (1) 0,5 XB XP  XC XQ (2) 0,25 Do tứ giác ABCY nội tiếp, nên ABY  ACY  ABP  ACQ (3) 0,25 Do tứ giác BCQP nội tiếp, nên XB·XQ  XC ·XP suy Từ (1),(2),(3) suy ABP đồng dạng ACQ Do APY  APB  AQC  AQY 0,5 suy tứ giác AYQP nội tiếp đường tròn  Gọi S giao điểm AY, PQ Xét phương tích S đường trịn ngoại tiếp tứ giác BCQP, ta có (O),  (T ) PS /(O )  SA  SY  PS /  SP  SQ  PS /(T ) 0,5 Suy S nằm trục đẳng phương (O) (T ) tức S  ( BC ) Điều phải chứng minh 4(2đ) Giả sử ( x; y; z ) nghiệm phương trình Khi đó, theo bất đẳng thức AMGM x y z 1 x y z 1     3 ·  3 x y z 1 x y z 1 x Suy 1  hay x  x ThuVienDeThi.com 0,5 Với x  : Khi bất đẳng thức phải xảy dấu đẳng thức, tức x y z 1   y z 1 x 0,25 Giải hệ, thu ( x; y; z )  (2; 2;1) 0,25 Với x  phương trình cho trở thành y  z y z 1 (1) y Khi z   z z2 y z 1 5(1đ) 0,25 Với z  1, thay vào (1), thu y  y    y   y  0,25 Với z  2, thay vào (1), thu y  y   Phương trình có biệt thức   (3)     39  nên khơng có nghiệm, khơng có nghiệm ngun dương 0,25 Vậy nghiệm phương trình x; y; z   2; 2;1, 1;1;1, 1; 2;1 0,25 Ta đánh số (gán nhãn) cho viên bi sau: viên bi cung thứ i gán nhãn i Gọi S tổng nhãn theo mod k Khi đó, sau số bước dịch chuyển, tất viên bi chuyển cung, chẳng hạn cung thứ n, S  nk  mod k  0,25 Nhận xét Sau lần dịch chuyển, S bất biến theo mod k nhãn tăng 1, nhãn giảm 1, nhãn lại giữ nguyên 0,25 k (k  1)      k  S  k Điều xảy k lẻ Vậy, ssau số bước chuyển, tất vien bi chuyển cung k lẻ 0,25 Suy Ta cách chuyển, với k  2n  sau số hữu hạn bước chuyển viên bi đưa cung: - Chuyển viên bi cung theo chiều kim đồng hồ viên bi cung 2n  theo ngược chiều kim đồng hồ; chúng đến cung thứ n  - Lặp lại trình cho cung thứ i cung thứ 2n   i (i  2,3, ) Cứ vậy, tất viên bi chuyển cung thứ n  Hết ThuVienDeThi.com 0,25 ...SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 03 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN MƠN: TỐN (Dành cho học sinh THPT Chun) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm... giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần... 0,5 Vậy, hệ cho có tất nghiệm (1; 2;3) hoán vị 1.2 (1,0 điểm)  y (1) xf ( y )  yf ( x)  f   x, y  ฀ , x  x Trong (1) cho x  2, y  ta f (0)  , cho x  y  ta f (1)  , cho (2) y 