SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc ) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. ———————————— Câu I (4,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình 2 3 2 3 6 0 3 0 xy y x y x xy + + − = + − = 2. Giải phương trình 2 2 2 18 16 4 2 5 3 7 4 2 2 7 2 8 6x x x x x x x+ + + − = + − + + + Câu II (1,0 điểm) Tìm tất cả các bộ ba số hữu tỷ dương ( ) ; ;m n p sao cho mỗi một trong các số 1 1 1 ; ; m n p np pm mn + + + là một số nguyên. Câu III (2,0 điểm) 1. Giả sử , , a b c là các số thực dương thỏa mãn 2012 2012 2012 2010 2010 2010 2011 a b c b c a + + < . Chứng minh rằng luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho 3 3 3 2 2 2 1 1 1 2011 2010 n n n n n n n n n n n n a b c a b c b c a b c a + + + + + + + + + + + ≤ + + + 2. Cho , , a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên m ta có bất đẳng thức 3 3 3 2 2 2 1 1 1 m m m m m m m m m m m m a b c a b c b c a b c a + + + + + + + + + + + ≥ + + Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn với ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H. Tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại điểm T, các đường thẳng TD và EF cắt nhau tại điểm S. Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng TB, TC; M là trung điểm của cạnh BC. 1. Chứng minh rằng H, M lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác DEF và XTY. 2. Chứng minh rằng đường thẳng SH đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC. Câu V (1,0 điểm) Kí hiệu ¥ chỉ tập hợp các số tự nhiên. Giả sử :f →¥ ¥ là hàm số thỏa mãn các điều kiện ( ) 1 0f > và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2f m n f m f n+ = + với mọi , m n∈¥ . Tính các giá trị của ( ) 2f và ( ) 2011f . Hết Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………………………SBD: ………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 VÒNG TỈNH TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh các trường THPT chuyên) Đáp án gồm 4 trang Câu Nội dung Điểm I (3 điểm) I.1 (3 điểm) +) Nếu 0y = thay vào hệ ta có 2 3 0 3 0 x x = − = hệ này vô nghiệm 0,5 +) Nếu 0y ≠ thì ta đặt x ty= thay vào hệ ta được 3 3 2 2 2 3 6 0 3 0 ty y ty y t y ty + + − = + − = 0,5 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 6 0 3 6 0 3 3 ty y t y ty y t y t t y t t + + − = + + − = ⇔ ⇔ = + = + 0,5 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 3 6 0 1 3 6 0 2 1 0 1 3 3 3 3 2 t t t t t t t t t y y y y t t t t t t + + − = = + − = − + = + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = = = = + + + 0,5 3 3 2 2 x y x y y = ⇔ = = ± = ± . 0,5 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ) 3 3 3 3 ; ; ; ; 2 2 2 2 x y = − − ÷ ÷ ÷ ÷ 0,5 I.2 (1 điểm) ĐK 1 2 x ≥ với điều kiện này phương trình được đưa về dạng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 18 16 4 3 2 1 7 2 2 2 1 7 2 2 3 2 3 2 1 7 2 2 3 2 1 6 2 2 0 x x x x x x x x x x x x x + + + − = + − + + + ⇔ + + − − + + + − + + = 0,25 Đặt 3 2 1; 2 2a x x b x= + + − = + thay vào phương trình trên ta được ( ) ( ) 2 2 2 7 6 0 2 3 2 0 2 3 ; 2a ab b a b a b a b a b− + = ⇔ − − = ⇔ = = 0,25 +) 2 3 2 1 2 2 2a b x x x= ⇔ + + − = + phương trình này vô nghiệm 0,25 +) 2 3 2 3 2 2 1 3 2 2a b x x x= ⇔ + + − = + giải phương trình này được 0,25 nghiệm 1x = . Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 1x = . II (1 điểm) Giả sử tìm được bộ ba số ( ) ; ;m n p trong đó , , m n p là các số hữu tỉ dương sao cho có các số nguyên dương , ,a b c thỏa mãn 1 1 1 ; ;a m b n c p np pm mn = + = + = + Từ đó 1mnp anp bpm cmn+ = = = . Suy ra ( ) ( ) 2 3 1abc mnp mnp= + 0,25 Đặt u mnp v = trong đó ( ) , , ; 1u v u v + ∈ =¢ ta được ( ) 3 2 3 2 2 1 u u abc abcu v u v v v × = + ⇔ = + ÷ (1) 0,25 Do ( ) ; 1u v = nên nếu p là một số nguyên tố sao cho 2 |p u v thì hoặc |p u hoặc |p v do đó u v+ không chia hết cho p . Do đó ( ) ( ) 3 3 2 2 (1) 1 u v abc u v abc u v u v + = + ⇔ = ⇔ = 0,25 Suy ra 1, 8, 1.u v abc mnp= = = = Từ đó tìm được ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; 1;1;8 , 1;2;4 , 2;2;2a b c = và các hoán vị và vì vậy ( ) ( ) 1 1 1 ; ; 1;1;1 , ; ;4 , ;1;2 2 2 2 m n p = ÷ ÷ và các hoán vị. 0,25 III (2 điểm) III. 1 (1,0 điểm) Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử không tồn tại số tự nhiên n nào thỏa mãn thì với mọi số tự nhiên n ta luôn có 3 3 3 2 2 2 1 1 1 2011 2010 n n n n n n n n n n n n a b c a b c b c a b c a + + + + + + + + + + + > + + + 0,5 Lần lượt cho 0,1,2, ,2009n = và cộng từng vế của 2010 bất đẳng thức ta được 2012 2012 2012 2 2 2 2010 2010 2010 2011 2010. 2011 2010 a b c a b c b c a + + > + + + > . Mâu thuẫn với giả thiết nên ta có đpcm. 0,5 III.2 (1,0 điểm) Áp dụng bđt AM – GM cho 2 số 2m m a b + và m số 2 b ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 2 m m m m m m a a b mb m m a b b + + + + ≥ + = + 0,25 Tương tự ta được ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 2 m m m m m m b b c mc m m b c c + + + + ≥ + = + 0,25 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 2 m m m m m m c c a ma m m c a a + + + + ≥ + = + Cộng từng vế các bđt trên ta được 2 2 2 2 2 2 m m m m m m a b c a b c b c a + + + + + ≥ + + (1) Áp dụng bđt AM – GM cho m số 2m m a b + và 2 a ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 1 1 1 . 1 1 m m m m m m m m m a a a a m a m m b b b + + + + + + + ≥ + = + . Tương tự ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 1 1 1 . 1 1 m m m m m m m m m b b b b m b m m c c c + + + + + + + ≥ + = + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 1 1 1 . 1 1 m m m m m m m m m c c c c m c m m a a a + + + + + + + ≥ + = + 0,25 Cộng từng vế của các bđt trên ta được 3 3 3 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 m m m m m m m m m m m m m m m m m m a b c a b c m m b c a b c a a b c a b c b c a + + + + + + + + + + + + + + ≥ + + ÷ ÷ + + + − − − Kết hơp với (1) ta có đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra a b c⇔ = = . 0,25 IV (2 điểm) IV. (1 điểm) +) Do các tứ giác ,BFHD DHEC và CBFE nội tiếp nên · · · · · · FDH FBH FBE FCE HCE HDE= = = = = Suy ra DH là phân giác của góc · .EDF Tương tự cũng được EH là phân giác của góc · DEF và FH là phân giác của góc · .EFD Từ đó H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác .DEF 0,5 +) Do · · · ( ) ( ) .sin ; ; ; 2 2 a a A MBT MCT BAC MB MC d M BT d M CT= = = = ⇒ = = 0,25 +) Ta có · · · · · · · 0 0 90 90MEF HEF HEM HAB HEM HAB HBM B C A= + = + = + = − + − = và ( ) ; 2 2 2 BC a a ME d M EF= = ⇒ = . Do đó ( ) ( ) ( ) ; ; ; sin 2 a d M TB d M TC d M EF A= = = × nên M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác XTY . 0,25 IV.2 (1 điểm) +) Do tứ giác AFDC nội tiếp và TX tiếp xúc với ( ) O nên 0,5 · · · · · FDB FAC BAC CBT DBT= = = = Suy ra || .TX DF Tương tự cũng có || .TY DE +) Từ đó, với DF k TX = thì phép vị tự tâm S tỷ số k biến tam giác DEF thành tam giác TYX . Và do đó biến H (tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF ) thành M (tâm đường tròn nội tiếp của tam giác TYX ) suy ra , ,S H M thẳng hàng. 0,5 X Y S M T H D E F O B C A V (1 điểm) Đặt ( ) 2f a= . Cho ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 3 0 0 0m n f f f= = ⇒ = ⇒ = . Cho ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1; 0 1 1 1 1m n f f f= = ⇒ = ⇒ = . Cho ( ) 1 3 3.m n f= = ⇒ = Cho ( ) ( ) ( ) 2 2 0 ,n f m f m m= ⇒ = ∀ ∈¥ nên ( ) 2 4f a= . 0,25 Mặt khác với mỗi số tự nhiên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 2 2 3 2 1 2 2 3 2 1 k k k k k f k f k f k f k ≥ ⇒ + + − = − + ⇒ + + − = − + Từ (1) cho 3k = ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 4 2 1 0 2 3 16 2 2 2f f f f a a f+ = + ⇒ = ⇒ = ⇒ = . 0,25 Theo trên ta chứng minh được ( ) f n n= với 0; 1; 2; 3; 4n = . Ta chứng minh bằng quy nạp ( ) f n n= . Thật vậy, với 3n ≥ từ đẳng thức (1) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 3 2 1 3 2 2 2 1 1 1 f n f n f n f n f n n n n n f n n + + − = − + ⇒ + = − + − − = + ⇒ + = + Do đó ( ) ( ) , 2011 2011.f n n n f= ∀ ∈ ⇒ =¥ 0,5 . ………………… SỞ GIÁO DỤC V ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 V NG TỈNH TỈNH V NH PHÚC NĂM HỌC 2 010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh các trường THPT chuyên) Đáp án gồm 4 trang Câu Nội. SỞ GD&ĐT V NH PHÚC ————————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2 010- 2011 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT chuyên V nh Phúc ) Thời gian làm bài: 180. u mnp v = trong đó ( ) , , ; 1u v u v + ∈ =¢ ta được ( ) 3 2 3 2 2 1 u u abc abcu v u v v v × = + ⇔ = + ÷ (1) 0,25 Do ( ) ; 1u v = nên nếu p là một số nguyên tố sao cho 2 |p u v