Đề thi chọn HSG lớp 10 THPT tỉnh Vĩnh Phúc năm học 20102011 môn: Toán (Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc )28670

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ THI MƠN: TỐN (Dành cho học sinh THPT chun Vĩnh Phúc ) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu I (4,0 điểm)  xy  y  x  y  Giải hệ phương trình   x  xy   Giải phương trình 18 x  16  x  x   x  x   x  x  Câu II (1,0 điểm) Tìm tất ba số hữu tỷ dương m; n; p  cho số m 1 ; n ; p np pm mn số nguyên Câu III (2,0 điểm) a 2012 b 2012 c 2012 Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn 2010  2010  2010  2011 Chứng minh b c a n 3 n 3 n 3 a b c 2011 a n  b n  c n    n  n tồn số tự nhiên n cho n 1  n 1  n 1  b c a 2010 b n c a Cho a, b, c số thực dương Chứng minh với số tự nhiên m ta có bất đẳng thức a m 3 b m 3 c m 3 a m  b m  c m     m  m  m b m 1 c m 1 a m 1 b c a Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn với ba đường cao AD, BE, CF cắt điểm H Tiếp tuyến B, C đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC cắt điểm T, đường thẳng TD EF cắt điểm S Gọi X, Y giao điểm đường thẳng EF với đường thẳng TB, TC; M trung điểm cạnh BC Chứng minh H, M tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF XTY Chứng minh đường thẳng SH qua trung điểm đoạn thẳng BC Câu V (1,0 điểm) Kí hiệu ฀ tập hợp số tự nhiên Giả sử f : ฀  ฀ hàm số thỏa mãn điều kiện f 1  f m  2n   f m    f n  với m, n  ฀ Tính giá trị 2 f 2  f 2011 -Hết - Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ……………………………………………SBD: ………………… ThuVienDeThi.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 VỊNG TỈNH TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Dành cho học sinh trường THPT chun) Đáp án gồm trang Nội dung Câu I (3 điểm) I.1 (3 điểm) 3 x  +) Nếu y  thay vào hệ ta có  x   Điểm hệ vô nghiệm 0,5 +) Nếu y  ta đặt x  ty thay vào hệ ta ty  y  3ty  y  2 2 t y  ty    0,5  ty  y  3t    y ty  y  3t       2  t  t y  y  t t   3 t  2t   t  t  1 t t  1  3t    t  3t         3 y   y2  y    y  2 t  t  2   t t t t x  y   x y y       3  3 ;  ;   ;     2  Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y    I.2 (1 điểm) ĐK x  0,5 0,5 0,5 với điều kiện phương trình đưa dạng 18 x  16  2 0,5 x  32 x  1  2 x  2 x  1  2 x  x  3  x3   2x 1  2x   x3  0,25  x   2 x    Đặt a  x   x  1; b  x  thay vào phương trình ta 2a  ab  6b   2a  3b a  2b    2a  3b; a  2b 0,25 +) a  2b  x   x   2 x  phương trình vô nghiệm 0,25 ThuVienDeThi.com II (1 điểm) +) 2a  3b  x   2 x   x  giải phương trình nghiệm x  Vậy nghiệm phương trình cho x  Giả sử tìm ba số m; n; p  m, n, p số hữu tỉ dương cho có số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a  m 1 ;b  n  ;c  p  np pm mn 0,25 0,25 Từ mnp   anp  bpm  cmn Suy abc mnp   mnp  1 Đặt mnp  u u, v  ฀  , u; v   ta v u2  u  (1)    1  abcu v  u  v  v v  Do u; v   nên p số nguyên tố cho p | u v p | u abc  p | v u  v khơng chia hết cho p Do 0,25 u  v  (1)  abc  abc  u  v 3  u 2v u v  Suy u  v  1, abc  8, mnp  a; b; c   1;1;8, 1; 2; , 2; 2;  III (2 điểm) Từ hốn 0,25 vị tìm 1 m; n; p   1;1;1,  ; ;  ,  ;1;  hoán vị 2  2  0,25 a n 3 b n 3 c n 3 2011 a n  b n  c n       n  n b n 1 c n 1 a n 1 2010 b n c a Lần lượt cho n  0,1, 2, , 2009 cộng vế 2010 bất đẳng thức ta 0,5 III (1,0 điểm) Ta chứng minh phản chứng Giả sử không tồn số tự nhiên n thỏa mãn với số tự nhiên n ta ln có a 2012 b 2012 c 2012 2011  2010  2010  2010  a  b  c  2011 Mâu thuẫn với giả 2010 b c a 2010 0,5 thiết nên ta có đpcm III.2 (1,0 điểm) Áp dụng bđt AM – GM cho số a m2 m số b ta có m b a m2 a 2m  2.b m 2 m  m  mb  m    m  a 2m b b Tương tự ta bm2 b 2m  2.c m 2 m  m  mc  m    m  b c c2m ThuVienDeThi.com 0,25 c m2 c 2m  2.a m 2 m  m  ma  m    m  c 2m a a 0,25 Cộng vế bđt ta a m2 bm2 c m2  m  m  a  b  c (1) bm c a a m2 Áp dụng bđt AM – GM cho m số m a ta b a m 3 a mm 3.a a m2 m  m m 1  a  m  1  m  1 m Tương tự ta có b b b mm 1 m b m 3 b mm 3.b bm2 m  1  b  m   m      m c m 1 c c mm 1 m c m 3 c mm 3.c c m2 m 1 1  c  m   m      a m 1 am a mm 1 0,25 Cộng vế bđt ta  a m 3 b m 3 c m 3   a m2 bm2 c m2  m  m 1  m 1  m 1   m  m  m  m  c a  c a  b  b a m2 bm2 c m2  m  m  m  a  b2  c2 b c a Kết hơp với (1) ta có đpcm Dấu đẳng thức xảy  a  b  c IV (2 điểm) 0,25 IV (1 điểm) +) Do tứ giác BFHD, DHEC CBFE nội tiếp nên ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ FDH  FBH  FBE  FCE  HCE  HDE ฀ Tương tự EH phân Suy DH phân giác góc EDF ฀ ฀ Từ H tâm giác góc DEF FH phân giác góc EFD đường tròn nội tiếp tam giác DEF ฀ ฀ ฀ ; MB  MC  a  d M ; BT   d M ; CT   a.sin A  MCT  BAC +) Do MBT 2 0,5 0,25 +) Ta có ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ MEF  HEF  HEM  HAB  HEM  HAB  HBM  900  B  900  C  A BC a a.sin A ME    d M ; EF   2 a Do d M ; TB   d M ; TC   d M ; EF    sin A nên M tâm đường tròn nội tiếp tam giác XTY IV.2 (1 điểm) +) Do tứ giác AFDC nội tiếp TX tiếp xúc với O  nên ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ FDB  FAC  BAC  CBT  DBT ThuVienDeThi.com 0,25 0,5 Suy TX || DF Tương tự có TY || DE DF phép vị tự tâm S tỷ số k biến tam giác DEF TX thành tam giác TYX Và biến H (tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF ) thành M (tâm đường tròn nội tiếp tam giác TYX ) suy S , H , M thẳng hàng +) Từ đó, với k  Y A F E S H X B 0,5 O D C M T V (1 điểm) Đặt f 2   a Cho m  n   f 0    f 0   f 0   Cho m  1; n   f 1   f 1  f 1  Cho m  n   f 3  0,25 Cho n   f m   f m  , m  ฀ nên f 4   a Mặt khác với số tự nhiên k   k  1  k    k  3  2k 2 2   f k  1   f k     f k  3   f k  2 2 Từ (1) cho k  ta có  f 4    f 1   f 0    f 3  a 2 2 1 0,25  16  a   f 2   Theo ta chứng minh f n   n với n  0; 1; 2; 3; Ta chứng minh quy nạp f n   n Thật vậy, với n  từ đẳng thức (1) ta có:  f n  1   f n     f n  3   f n    f n  1  n  3  2n  n    n  1  f n  1  n  2 2 2 2 Do f n   n, n  ฀  f 2011  2011 ThuVienDeThi.com 0,5 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 VÒNG TỈNH TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2 010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Dành cho học sinh trường THPT chuyên) Đáp án gồm trang Nội dung Câu... a 2012 b 2012 c 2012 2011  2 010  2 010  2 010  a  b  c  2011 Mâu thuẫn với giả 2 010 b c a 2 010 0,5 thi? ??t nên ta có đpcm III.2 (1,0 điểm) Áp dụng bđt AM – GM cho số a m2 m số b ta có m b... O D C M T V (1 điểm) Đặt f 2   a Cho m  n   f 0    f 0   f 0   Cho m  1; n   f 1   f 1  f 1  Cho m  n   f 3  0,25 Cho n   f m   f m  , m  ฀