SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013 MƠN: TỐN Ngày thi 09/10/2012 (Thời gian làm bài 180 phút) Đề thi gồm 04 câu, 01 trang Câu (5 điểm): x y 2y Giải hệ phương trình: y z 2z z3 x 2x Câu (5 điểm): Cho tam giác ABC vuông A có đường cao AH Gọi P, Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABH và ACH Các đường thẳng AP, AQ cắt BC D và E Chứng minh đường thẳng AH, DQ, EP đồng quy điểm Câu (6 điểm): Cho phương trình (ẩn x, tham số n nguyên dương): x 2x 3x nx n 0 a) Chứng minh với số nguyên dương n phương trình có nghiệm dương nhất, kí hiệu nghiệm là x n b) Chứng minh lim x n Câu (4 điểm): Cho tập Sn = {1; 2; 3;…; n} với n là số nguyên dương lớn Có cách chia tập Sn thành ba tập khác rỗng (hợp với S n và đôi giao với rỗng) cho tập không chứa hai số nguyên liên tiếp? HẾT Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2: SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013 MƠN: TỐN Ngày thi 09/10/2012 (hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu x y 2y Ta có: y z 2z z3 x 2x điểm Điểm Đáp án x (y 1) y (z 1) x, y, z z (x 1) Giả sử x max{x; y; z} (y -1) max{(x -1) ;(y -1) ;(z -1) 2} y max{x; y;z} x y y z Vậy x = y = z Khi ta có phương trình: x x 2x x x 2x 0 (x 2)(x x 4) 0 x 2 Vậy hệ có nghiệm (x; y; z) = (2; 2; 2) 1,0 1,0 1,5 1,0 0,5 A điểm Q P B D H E C Cách 1: BAH ACH 1 BAE BAH HAE BAH HAC 1 BEA ACH EAC ACH HAC BEA EAB tam giác ABE cân đỉnh B Mà BP là đường phân giác góc ABE BP là đường trung trực đoạn AE PA PE 1 PAH HAE (BAH HAC) BAC 450 Mặt khác PAE 2 1,0 1,0 1,0 1,0 PAE vuông cân đỉnh P EP AD Tương tự: DQ AE Vậy AH, DQ, EQ là đường cao tam giác ADE suy AH, DQ, EP đồng quy 1,0 Cách 2: Áp dụng tính chất tia phân giác góc tam giác: PA AB QE CE HD AH EC AC , , , PD BD QA AC DB AB HE AH 2,0 PA HD EC QE = AB AH AC CE = CE PD DB HE QA BD AB AH AC BD 1,5 PA HD QE 1 PD HE QA 0,5 AH, DQ, EP đồng quy (Định lí Ceva) (6 điểm) a) điểm Xét f n x x 2x 3x nx n f n' x 1 22 x 32 x n x n 0,5 ' Ta có f n x x R f n x đồng biến, liên tục R 0,5 Mà f n 0; f n 1 0,5 f n x 0 có nghiệm và nghiệm thuộc 0;1 0,5 b) điểm 1 1 1 3f 1 n 3 3 3 1 1 1 f n 1 3 3 3 n n n 1 n 3 n 1 1 n 2n 1 1 2f 1 n 3 2.3n 3 3 2n 3 n N* 1 f 4.3n 3 1 Suy f f n x n suy x n (do f n x là hàm số đồng 3 biến R) 1 Với n N* , theo định lý Lagrange, tồn cn ; x n 3 1,0 0,5 0,5 1 ' cho: f n (x n ) f n ( ) f n (c n )(x n ) 3 1 2n 2n 1 2n xn ' xn ' n f n (c n ) 4.3n 4.3n f n (x n ) 4.3 ' (vì f n x x (0; ) ) 2n lim x Mà lim n n 4.3n n 4 điểm Kí hiệu S(n) là số cách chia tập S thành ba tập khác rỗng cho tập không chứa hai số nguyên liên tiếp Các khả xảy chia tập Sn+1 = {1; 2; 3; ; n; n+1} Khả 1: {n+1} không là ba tập Sn+1 Ta thực cách chia sau: Chia S n thành tập (thỏa mãn đề bài) và bổ xung phần tử ( n ) vào hai tập khơng chứa phần tử n Do số cách chia trường hợp này là 2S(n) Khả 2: {n+1} không là ba tập Sn+1 Khi phần tử Sn phải nằm hai tập cịn lại Có thể thấy có cách chia thỏa mãn (một tập chứa số chẵn và tập chứa số lẻ) Do đó, số cách chia trường hợp này là cách Vậy ta thu công thức truy hồi: S n 1 2S n S n 1 2 S n 1 1,0 1,0 1,5 1,0 0,5 Đặt u n S n u n 1 2u n Vậy u n là cấp số nhân có cơng bội n Mặt khác, ta thấy S 3 1 nên ta có S n 2 1, n 3 n Vậy số cách chia thỏa mãn yêu cầu bài toán là S n 2 1, n 3 -Hết - 1,0 SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013 MƠN: TỐN Ngày thi 10/10/2012 (Thời gian làm bài 180 phút) Đề thi gồm 04 câu, 01 trang Câu (5 điểm): x y 4x 2y 0 Cho số thực x, y, z, t thoả mãn: 2 z t 4z 2t 0 Tìm giá trị lớn biểu thức: P = (x – z)(y – t) Câu (5 điểm): Chứng minh phương trình x 2 y2 6 có vơ số nghiệm ngun dương y x Câu ( điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao AM, BN Điểm D cung BC không chứa A đường tròn (O) và khác B, C Hai đường thẳng DA và BN cắt Q, hai đường thẳng DB và AM cắt P Gọi I là trung điểm PQ Chứng minh ba điểm M, N, I thẳng hàng Câu (5 điểm): Tìm tất hàm số f : thỏa mãn điều kiện: f x f y 4x 3f y 6x f (y) 4x f (y) f (y) f x với x, y HẾT Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2: SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013 MƠN: TỐN Ngày thi 10/10/2012 (hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu 05 điểm Đáp án x y 4x 2y 0 Cách 1: 2 z t 4z 2t 0 (x 2) (y 1) 4 2 (z 2) (t 1) 4 Điểm 0,5 2 a b 4 Đặt a = x - 2, b = y - 1, c = z - 2, d = t - 1, ta có: 2 c d 4 P (x z)(y t) (a c)(b d) (a c)(b d) 2(a c )2(b d ) 2 (a c )(b d ) a b c2 d 8 P 8 Đẳng thức xảy và khi: (a c)(b d) 0 a c a b x 2 x 2 b d c d y y 1 2 2 a b a c b d z 2 z 1 a b 4 t c d t 1 c d 4 Vậy MaxP 8 x y 4x 2y 0 (x 2) (y 1) 4 Cách 2: 2 2 z t 4z 2t 0 (z 2) (t 1) 4 x 2 2cos ; y 1 2sin , R thỏa mãn: z 2 2cos ; y 1 2sin sin 2 sin 2 1 sin( ) 4 1 =8 2 Khi đó: P = (x-z)(y-t) = Đẳng thức xảy sin 2 sin 2 sin( ) 1 1,5 0,5 0,5 0,5 k 2m (k 1) x 2 y 1 z 2 t 2 (k, m Z ) 0,5 2 x 2 y 2 z 2 t 2 2 Vậy MaxP 8 0,5 x 2 y2 6 x2 - 2(3y-1)x + y2 + 2y = (*) y x x 1; x1 1 x n 2 6x n 1 x n n N Xét dãy số {xn} xác định công thức: Ta có: {xn} tăng và x n N*n N* 0,5 Với n N ta có: x n 2 6x n 1 x n x n 2 x n 6x n 1 điểm 0,5 x n 2 x n x x n x n 1 x n 6 n 2 n N* x n 1 x n 1 xn x n 2 x n x n2 2x n x n2 1 x n 1x n-1 2x n 1 n N* (1) 0,5 0,5 0,5 x n 2 x n - x n2 1 - 2x n 1 x n 1x n-1 - x n2 - 2x n n N * x n 2 x n - x n2 1 - 2x n 1 x x - x12 - 2x1 n N x n 2 x n x n2 1 2x n 1 n N (2) 0,5 Từ (1), (2) suy x n , x n 2 là hai nghiệm phương trình: t - 2(3x n 1 -1)t x 2n 1 2x n 1 0 n N 0,5 x 2n - 2(3x n 1 -1)x n x n2 1 2x n 1 0 n N 0,5 Suy ( x n , x n 1 ) là nghiệm phương trình (*) n N Do ta có điều phải chứng minh 5điểm 0,5 A N Q H M I B C P D Gọi H là trực tâm tam giác Tam giác ANH và BMH đồng dạng nên: AN BM NH MH Tam giác ANQ và BMP đồng dạng nên: AN BM NQ MP Từ (1) và (2) suy 5điểm (1) (2) NQ MP NH MH NQ MH IP 1 NH MP IQ Ba điểm M, I, N thẳng hàng (Định lí Menelaus) f x f y 4x 3f y 6x f (y) 4x f (y) f (y) f x x, y R (1) + Nhận xét: f x 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán + Xét trường hợp: f x Đặt a = f(0) 0,5 Thay x 0 vào (1) ta f f y f y a, y (2) 0,5 Tiếp tục thay x f (x) vào (1) ta f f y f (x) 4(f (x))3 f y 6(f (x)) (f (y)) 4f (x)(f (y)) (f (y))4 f f (x) x, y f f y f x f y f x f f x f x x, y (3) Từ (2) và (3) suy f f y f x f y f x a x, y (4) 0,5 Giả sử x thỏa mãn f x 0 Thay y x vào (1) ta thu được: f x f x f x 4x 3f x 6x f (x ) 4x f (x ) f (x ) x R 0,5 Vế phải là đa thức bậc ba theo biến x nên là hàm số có tập giá trị là Vậy nên, vế trái là hàm số có tập giá trị là 0,5 0,5 x tồn u, v để f u f v x Do từ (4) suy ra: f x f f u f v f u f v a x a, x 0,5 Thử lại dễ thấy: f x x a, x (với a là số) thỏa mãn (1) 0,5 4 Vậy f x 0 và f x x a, x (với a là số) là hàm số cần tìm -Hết -