Câu I (4,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình 2. Giải phương trình Câu II (1,0 điểm) Tìm tất cả các bộ ba số hữu tỷ dương sao cho mỗi một trong các số là một số nguyên. Câu III (2,0 điểm) 1. Giả sử là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng luôn tồn tại số tự nhiên sao cho 2. Cho là các số thực dương. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên ta có bất đẳng thức 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 là hàm số thỏa mãn các điều kiện và với mọi . Tính các giá trị của và .
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 ( ) .sin ; 2 2 2 BC a 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 · · · · · FDB FAC BAC CBT DBT= = = = 0,5 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 . 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. 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. ……………………………………………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