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 Giải hệ phương trình x y 3x xy 6y 0 Giải phương trình x x Câu II (1,0 điểm) Tìm tất ba số hữu tỷ dương 5x ; n np 4x 2x 2x 8x cho số m ; n; p m ; p pm mn số nguyên Câu III (2,0 điểm) Giả sử a, b, c a số thực dương thỏa mãn b tồn số tự nhiên n cho a b Cho a, b, c a đẳng thức b n b n c n 2012 2010 c n a n b c n 2012 2010 c a 2011 2010 2012 2011 2010 a n b b n n c m b c m m c a m m a m b b m m c c m m a c n số thực dương Chứng minh với số tự nhiên m Chứng minh n a m n ta có bất m 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 f và f 2011 f m 2n 2 f m 2 f n với m, n Tính giá trị -Hết Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ……………………………………………SBD: ………………… 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 chuyên) Đáp án gồm trang Nội dung Câu I (3 điểm) I.1 (3 điểm) +) Nếu y 3x thay vào hệ ta có x +) Nếu ty t y y y 3ty ty y ty 6y 2 t ta đặt t y 0,5 3t ty y 3 3t t t y t x 2 y 3t 0,5 2 t 3t t 2t t t 0,5 thay vào hệ ta ty t t hệ vô nghiệm y x Điểm y t t y t t y 2 0,5 t y x y y 0,5 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y ; ; ; 2 0,5 I.2 (1 điểm) ĐK x với điều kiện phương trình đưa dạng 18 x 16 x 2x 2x 2 x 2x 2x 2x x 2x 0,25 2 Đặt 2a +) a x a x 7ab 2b 2x 6b 2x x 2x 1; b 2x 2a 3b 2x thay vào phương trình ta a 2b 2x 2a 3b; a 2b phương trình vơ nghiệm 0,25 0,25 II (1 điểm) +) a b giải phương trình x 2x 2x 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 ;b n np Từ Đặt m np u m np anp bpm cm n u,v ;c p pm , u;v 0,25 mn Suy 0,25 abc m np m np ta v u abc v u abcu v u v (1) Suy abc u v u v a; b; c u v 1; 1; , 1 ; III (2 điểm) u p |u 0,25 v 1, a b c 8, m n p ;4 vị tìm 0,25 , Từ hoán 1;1; , 1; ; , ; ; m ; n; p p |u v v abc (1) v Do u ; v nên p số nguyên tố cho p | v u v khơng chia hết cho p Do u 0,25 hoán vị ; 1; 2 III (1,0 điểm) Ta chứng minh phản chứng Giả sử không tồn số tự nhiên thỏa mãn với số tự nhiên n ta ln có a b Lần lượt cho a b 2012 b 2010 c n n b n c n c n a n c 2010 a a 2010 n b n b n c 2010 2011 a b c c n n a cộng vế 2012 2010 2011 n , 1, , , 0 2012 0,5 n 2010 2011 n bất đẳng thức ta Mâu thuẫn với giả 2010 0,5 thiết nên ta có đpcm III.2 (1,0 điểm) Áp dụng bđt AM – GM cho số a m b a m b mb m m m a m b b m số m m a m b Tương tự ta b m c m mc m m b m c c 2m ta có 0,25 2m 2m b 2m 2 c m a ma m m m c 2 m 0,25 2m a m 2m a c Cộng vế bđt ta m a m b m b c m c Áp dụng bđt AM – GM cho m số a m m b m b c m c a m m m m m m a m m 1 a m m m m b b m m 1 b m m c c m m 1 c 3 m m m m a m m m m a m a m b c c m c (1) c Tương tự ta có 0,25 m m a ta m b b b a 2 m b a a m a m 2 m Cộng vế bđt ta a m b a m m b c m m m b m b IV (2 điểm) m c c a c m m m m a a m m b b m m c c m a B H F m 0,25 a m b c Kết hơp với (1) ta có đpcm Dấu đẳng thức xảy a IV (1 điểm) +) Do tứ giác B F H D , D H E C C B F E nội tiếp nên D H F m B E F C E F CE H b c DE H Suy D H phân giác góc E D F Tương tự E H phân giác góc D E F F H phân giác góc E F D Từ H tâm đường tròn nội tiếp tam giác D E F +) Do BT M CT M A C ; M B B a MC d M ;BT d 0,5 a s in A M ;CT 0,25 +) Ta có EF M ME Do EF H E M H BC a 2 d M ;TB d AB H M ; EF E M H a s in A AB H B M H 90 B 90 C A 0,25 d M ;TC d M ; EF a s in A nên M tâm đường tròn nội tiếp tam giác X T Y IV.2 (1 điểm) +) Do tứ giác A F D C nội tiếp D B F TX A C F tiếp xúc với A C B B T C O BT D nên 0,5 Suy Tương tự có T X || D F +) Từ đó, với DF k T Y || D E phép vị tự tâm tỷ số S biến tam giác k DEF TX thành tam giác T Y X Và biến H (tâm đường trịn nội tiếp tam giác D E F ) thành M (tâm đường tròn nội tiếp tam giác T Y X ) suy S , H , M thẳng hàng Y A E F S H X B 0,5 O D C M T V (1 điểm) Đặt f Cho m 1; n Cho n 2 Cho a m n f f f f f 2 m f f m , m k Cho nên f f f m n a 0,25 f 3 Mặt khác với số tự nhiên k k 2 k f k k f k 2 f f n n f n f n f n f n f n, k n n 2n n với n 16 n 0,25 f n 2011 f 2 f n n 0,5 2011 Ta chứng minh 2 từ đẳng thức (1) ta có: 2 n a ; 1; ; 3; f n a Thật vậy, với 2 Do f 2 Theo ta chứng minh f k f quy nạp ta có f 2k Từ (1) cho 2 f n n ... không tồn số tự nhiên thỏa mãn với số tự nhiên n ta ln có a b Lần lượt cho a b 2012 b 2 010 c n n b n c n c n a n c 2 010 a a 2 010 n b n b n c 2 010 2011 a b c c n n a cộng vế 2012 2 010 2011 n ,...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)... 2012 0,5 n 2 010 2011 n bất đẳng thức ta Mâu thuẫn với giả 2 010 0,5 thiết nên ta có đpcm III.2 (1,0 điểm) Áp dụng bđt AM – GM cho số a m b a m b mb m m m a m b b m số m m a m b Tương tự ta b m c