De thi chon doi tuyen qg

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[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: TỐN – THPT chun Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 02/11/2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC  x  x    5y 1  y   y  y    5z   Câu (2,5 điểm) Giải hệ phương trình z   z  z    5x 1  x   x, y , z    Câu (1,5 điểm) Cho a, b, c, d số thực dương Chứng minh 3a bc 2b3d 25  3.3  4.4  a bc  a  b  a  b  c  d  81 a  b   a  b  c  d  Câu (2,0 điểm) Giả sử n số nguyên dương cho 2n  11n  2012n 3n  2n chia hết cho Tìm số dư chia cho Câu (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD Gọi P điểm cho trung trực đoạn thẳng CP chia đôi đoạn AD trung trực đoạn AP chia đôi đoạn CD Gọi Q trung điểm đoạn thẳng BP a) Chứng minh đường thẳng BP vng góc với đường thẳng AC b) Chứng minh BP  4.OE , E trung điểm AC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC   Câu (1,0 điểm) Cho m, n m  n  số nguyên dương A tập hợp có n phần tử tập hợp S  1, 2,3, , m Chứng minh m   n  1 1  Cn2  Cn3  Cn4  ta chọn n phần tử đôi phân biệt x1, x2, , xn S cho tập hợp Ai   x  y  xi x  A, y  A , i  1, n thỏa mãn Aj  Ak   với j  k j , k  1, n -Hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: TỐN – THPT chuyên HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang) Lưu ý chấm bài: -Đáp án trình bày cách giải bao gồm ý bắt buộc phải có làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước khơng cho điểm bước -Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo ý đáp án điểm -Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai khơng điểm -Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau -Trong lời giải câu học sinh khơng vẽ hình vẽ sai hình khơng cho điểm -Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn Câu (2,5 điểm) Nội dung Điều kiện: có x, y, z  Xét hàm số f '  t   2t   0, g '  t    Mà f t  , g t  1   ;    Nếu Khi ta   0, t  t 5t  g t  nghịch biến 1   ;    0,5 1   ;    suy f t  đồng biến Khơng tính tổng qt ta giả sử Khi ta có: 0,5 x  y  g  x  g  y  f  z   f  x  z  x  g  z   g  x  f  y   f  z  y  z  g  y  g z  f  x  f  y  x  y , Do x y, lại hệ ta Đặt f  t   t  3t  2, g  t    5t  t hàm số liên tục x   x, y, z Điểm vô lí x y tương tự lí luận ta x  3x   xz 0,5 suy 8  x   x  3x    x   x x 1  h  x   x  3x    x  1, x   ;   x   suy x yz Thay trở (1) Dễ thấy hàm số đồng biến 0,5 0,5 Nội dung 1   ;    h 1   x  Điểm nghiệm phương trình (1) Vậy nghiệm hệ phương trình cho x  y  z  Câu (1,5 điểm) Nội dung Đặt P2 Điểm 3a bc 2b d  33  44 abc  a  b  a  b  c  d  81 a  b   a  b  c  d  Khi áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 3 a  b 3 a  b 2a 2a   a  b 2a  b  c a  b 2a  b  c a  b  c bc b 3c  33 a  b a  b  c 3a  b  c  d   a  b  a  b  c  d  33  0,25 0,5 a  b  c b 3c   a  b a  b  c 3a  b  c  d  2b d   b 2d 44  4   81 a  b   a  b  c  d   3 a  b    a  b  c  d  b 2d   3 a  b  3 a  b  c  d  0,5 Cộng vế bất đẳng thức ta được:  a  b   a  b  c   a  b  c  d  25 P    a b a  b  c 3 a  b  c  d  Dấu đẳng thức xảy a  b  c  d 0,25 Câu (2,0 điểm) Nội dung Đặt Điểm n  3q  r ; q , r  ,  r  Khi q 3n  n  27 q.3r  8q.2r   1 3r  2r  mod  0,25 q Do để 3n  n   mod    1 3r  2r   mod   q  2k  1, r  Suy có dạng n n  6k  , 0,5 ý  a,    a6  1 mod  Do ta có: 0,25 n  26 k 3   k   1 mod  +) 0,25 Nội dung Điểm (1) 11n  116 k 3  11k  113  43  1 mod  +) (2) +) 0,25 2012n  2012 k  3   20126k 6 k  2012 (3)  39  273   mod  0,25 Từ (1), (2) (3) ta n  11n  2012 n     1 mod  Vậy số dư cần tìm 0,25 Câu (3,0 điểm) A B Q I O M P E J D C N Nội dung Điểm a) (2,0 điểm) Gọi M, N, I, J theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng AD, CD, AP, CP Khi 0,5 NI  AP, MJ  CP Do I trung điểm AP, Q trung điểm BP nên suy Suy IQ CN CQ NI IQ  CN Từ đó, IQ AB IQ  AB từ Suy tứ giác CNIQ hình bình hành NI  AP nên Chứng minh tương tự, CQ  AP 0,5 (1) 0,25 (2) AQ  CP Từ (1) (2) suy P trực tâm tam giác ACQ suy 0,25 PQ  AC hay 0,5 BP  AC b) (1,0 điểm) Do P trực tâm tam giác nên AQC     OA  OC  OQ  OP           OA  OC  OP  OB  OP  OA  OC  OB  OP       4OE  OP  OB  4OE  BP  BP  4.OE  Vậy    0,5 BP  4.OE 0,5 Câu (1,0 điểm) Nội dung Xét tập hợp  Điểm  Ta bất đẳng thức sau: B  x  y  z  t x, y , z , t  A B   Cn2  Cn3  Cn4 (1) Thật vậy, ta xét trường hợp sau: +) Nếu số x, y, z , t số số dạng x  y  z  t +) Nếu số x, y, z , t có số nhau, giả sử x  y  z  t Khi x  y  z  t  x  t suy có tối đa Cn2 số x  y  z  t +) Nếu số x, y, z, t có số Khi x  y có tối đa Cn3 số dạng này, x  z x  y  z  t  y  t có tối đa Cn2 số dạng xét +) Nếu số x, y, z , t đơi khác có tối đa Cn4 số x  y  z  t Do có nhiều  Cn2  Cn3  Cn4 số dạng x  y  z  t Từ suy bất đẳng thức (1) Gọi x1  1 S Đặt C1  S \  x  x1 x  B suy C1  S  B   n   B   x2  C1  x2  x1 Dễ thấy A1  A2   Tiếp theo đặt C2  C1 \ x  x2 x  B suy C2  C1  B   n  3 B   x3  C2  x3  x2 0,5 0,25 Kiểm tra A2  A3   , A1  A3   Cứ tiếp tục đến bước thứ n , ta đặt Cn 1  Cn \  x  xn2 x  B Cn 1  Cn   B   n  n  B   xn  Cn 1  xn  xn 1 Khi ta kiểm tra Ai  Aj   với i  j Vậy tồn phần tử x1 , x2 , , xn  S thỏa mãn yêu cầu toán -Hết 0,25