Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT tỉnh Đồng Tháp năm 2013 - 2014 môn Toán

TOÁN Câu 1: (6,0 điểm) a) Giải phương trình . b) Cho là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức Câu 2: (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố dạng 4k+3 thì không tồn tại số nguyên dương n sao cho n 2 + 1 chia hết cho p. b) Giải phương trình nghiệm nguyên : Câu 3: (4,0 điểm) Cho dãy số thỏa mãn điều kiện a) Chứng minh rằng dãy là dãy số tăng nhưng không bị chặn trên. b) Đặt . Tìm . Câu 4: (5,0 điểm) Tam giác ABC nhọn có H là trực tâm; AH, BH, CH lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P; AE và MF cùng vuông góc với NP ( với E, F thuộc NP). a) Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP và A là tâm đường tròn bàng tiếp góc M của tam giác MNP. b) Chứng minh đường thẳng EH đi qua trung điểm của MF. Câu 5: (2,0 điểm) Cho dãy các phân số Người ta biến đổi dãy số bằng cách xóa đi hai số a, b bất kỳ và thay bằng số mới a + b + ab. Sau một lần biến đổi như vậy, số các số hạng của dãy số giảm đi một đơn vị so với dãy trước đó. Chứng minh rằng giá trị của số hạng cuối cùng còn lại sau 2012 lần biến đổi không phụ thuộc vào thứ tự thực hiện và hãy tìm giá trị đó. HẾT Họ và tên thí sinh: ________________________ Số báo danh: _________________________ Chữ ký GT1:_____________________________ Chữ ký GT2: _________________________ (2cos 1)(sin cos ) 1x x x− + = , ,a b c abccabbcaaccbba + + + + + ≥ + + + + + 222222 111 )( 2 )( 2 )( 2 2 ( ) 2 2 2013x y x y+ + = + ( ) n a 2 1 1 1 , ( 1) 2 2013 n n n a a a a n + = = + ≥ ( ) n a ∑ = + = n i i n a S 1 2013 1 lim n n S →+∞ . 2013 1 , 2012 1 , , 4 1 , 3 1 , 2 1 , 1 1 TOÁN I. Hướng dẫn chung 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng, chính xác, chặt chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó. 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. II. Đáp án và thang điểm Câu 1: (6,0 điểm) NỘI DUNG ĐIỂM a) Giải phương trình . 3,0 0,5 0,5 0,5 0,5 § 0,5 0,5 b) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức 3,0 Ta chứng minh bất đẳng thức 0,5 0,5 Khai triển và rút gọn, ta được : 0,5 (bất đẳng thức đúng) 0,5 Tương tự cho các trường hợp còn lại 0,5 Cộng bất đẳng thức (1) với hai bất đẳng thức tương tự, suy ra đpcm 0,5 Câu 2: (3,0 điểm) NỘI DUNG ĐIỂM a) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố dạng 4k+3 thì không tồn tại số nguyên dương n sao cho n 2 + 1 chia hết cho p. 1,5 Xét p = 4k+3 là số nguyên tố. Giả sử tồn tại n nguyên dương sao cho n 2 + 1 chia hết cho p thì n 2 ≡ - 1 (mod p). 0,25 Từ đó suy ra n 2(2k+1) ≡ - 1 (mod p). Tức là n 4k+2 ≡ - 1 (mod p). 0,5 Mặt khác, theo định lý nhỏ Fermat ta có n 4k+2 ≡ 1 (mod p). 0,25 Từ đây suy ra 2 ≡ 0 (mod p), mâu thuẫn. 0,25 Vậy điều giả sử là sai, tức là không tồn tại số nguyên dương n sao cho n 2 + 1 chia hết cho p. 0,25 b) Giải phương trình nghiệm nguyên : . (1) 1,5 Giả sử tồn tại các số nguyên thỏa mãn phương trình. Khi dó ta có (1) 0,25 0,25 Suy ra chia hết cho 2011 0,5 Mà 2011 là số nguyên tố dạng 4k+3 nên áp dụng câu a ta suy ra mâu thuẫn.Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên 0,5 Câu 3: (4,0 điểm) NỘI DUNG ĐIỂM (2cos 1)(sin cos ) 1x x x− + = 2 2sin cos 2cos 1 sin cosx x x x x⇔ + − = + sin 2 cos 2 sin cosx x x x⇔ + = + 2 cos 2 2 cos 4 4 x x π π     ⇔ − = −  ÷  ÷     2 2 . 4 4 x x k π π π   ⇔ − = ± − +  ÷   2 2 6 3 x k k x π π π =   ⇔  = +  2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) ( )a b b c c a a bc b ca c ab + + ≥ + + + + + + + + )1( 1 )( 1 )( 1 222 bcacaba + ≥ + + + 2 2 2 2 2 2 ( )(2 2 2 ) ( )a bc a ab ac b c a ab bc ca⇔ + + + + + ≥ + + + 4 2 2 2 2a b c a bc+ ≥ 2 2 ( ) 0a bc⇔ − ≥ 2 ( ) 2 2 2013x y x y+ + = + ,x y 2 ( ) 2( ) 1 2011x y x y y⇔ + − + + = 2 ( 1) 1 2011x y y⇔ + − + = 2 ( 1) 1x y+ − + a) Chứng minh rằng dãy (a n ) là dãy số tăng nhưng không bị chặn trên. 2,0 Theo đề bài ta suy ra 0,5 Vậy là dãy số tăng 0,5 Giả sử nó bị chặn trên thì nó phải có giới hạn hữu hạn L. Chuyển đẳng thức truy hồi sang giới hạn, ta có 0,5 Nhưng là dãy số tăng và bắt đầu bằng nên điều này không thể xảy ra. Mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai và như thế dãy số không bị chặn trên. 0,5 b) Đặt . Tìm . 2,0 Ta có 1 Từ đó 0,5 Ta có nên 0,5 Câu 4: (5,0 điểm) NỘI DUNG ĐIỂM a) Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP và A là tâm đường tròn bàng tiếp góc M của tam giác MNP. 2,5 Ta có BPNC và CNHM là các tứ giác nội tiếp nên , suy ra là phân giác trong 1,0 Chứng minh tương tự là phân giác trong . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP 0,5 Ta có là phân giác trong của tam giác MNP 0,5 là phân giác ngoài (vì ) Vậy A là tâm đường tròn bàng tiếp góc M của tam giác MNP. 0,5 b) Chứng minh đường thẳng EH qua trung điểm của MF. 2,5 Gọi (A) là đường tròn tâm A tiếp xúc với NP tại E Gọi (H) là đường tròn tâm H tiếp xúc với NP tại Q và KQ là đường kính của (H). Dựng d tiếp xúc (H) tại K, suy ra d // NP. 0,5 Khi đó qua phép vị tự với , biến 0,5 M, K, E thẳng hàng 0,5 mà HK = HQ và KQ // MF 0,5 nên EH qua trung điểm của MF 0,5 Câu 5: (2,0 điểm) NỘI DUNG ĐIỂM Trong quá trình biến đổi, giả sử trên bảng có các số a 1 , a 2 , , a n ta tính đặc số P của bộ số này là P = (a 1 +1)(a 2 +1) (a n +1). Ta chứng minh đặc số P không đổi trong quá trình thực hiện các phép biến đổi như trên. 0,5 Thật vậy, giả sử ta xóa đi 2 số a, b. Khi đó trong tích P mất đi thừa số (a+1)(b+1). Nhưng do ta thay a, b bằng a + b + ab nên trong tích P lại được thêm thừa số a + b + ab + 1 = (a+1)(b+1). Vậy P không đổi. 0,5 Như vậy P ở trạng thái ban đầu bằng với P ở trạng thái cuối cùng. Ở bộ số đầu ta có 0,5 Giả sử số cuối cùng còn lại là thì ở số này ta có : Từ đó suy ra 0,5 2 1 0 , 1 2013 n n n a a a n + − = > ∀ ≥ ( ) n a 2 2013 L L L= + 0L⇒ = ( ) n a 1 2 ( ) n a 1 1 2013 n n i i S a = = + ∑ lim n n S →+∞ 2013 1 2013 2013 11 2 2 1 1 1 + =         + = − =− + + + n n nn n nn nn nn a a aa a aa aa aa 11 1 11 2013 1 + = −= + = ∑ n n i i n aaa S lim n n a →+∞ = +∞ 1 1 1 1 lim lim 2 n n n n S a a →+∞ →+∞ +   = − =  ÷   PNH HCM PNH HNM HNM HCM ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧  =  ⇒ =   =  NH PNM ∧ PH MPN ∧ MH PMN ∧ AN PNM ∧ HN AN⊥ ( , )M k V MA k MH = ( ) ( )H A d PN →   →  K E ⇒ → ⇒ ( ) .2014 2013 2014 . 2012 2013 3 4 . 2 3 .21 2013 1 1 2012 1 1 3 1 1 2 1 11 ==       +       +       +       ++=P x 1P x = + 2013x = HẾT . PN →   →  K E ⇒ → ⇒ ( ) .2014 2013 2014 . 2 012 2013 3 4 . 2 3 .21 2013 1 1 2 012 1 1 3 1 1 2 1 11 ==       +       +       +       ++=P x 1P x = + 2013x = HẾT . Từ đó suy ra 0,5 2 1 0 , 1 2013 n n n a a a n + − = > ∀ ≥ ( ) n a 2 2013 L L L= + 0L⇒ = ( ) n a 1 2 ( ) n a 1 1 2013 n n i i S a = = + ∑ lim n n S →+∞ 2013 1 2013 2013 11 2 2 1 1 1 + =         + = − =− + + +. + + + + + ≥ + + + + + 222222 111 )( 2 )( 2 )( 2 2 ( ) 2 2 2013x y x y+ + = + ( ) n a 2 1 1 1 , ( 1) 2 2013 n n n a a a a n + = = + ≥ ( ) n a ∑ = + = n i i n a S 1 2013 1 lim n n S →+∞ . 2013 1 , 2 012 1 , , 4 1 , 3 1 , 2 1 , 1 1 TOÁN I. Hướng