Đang tải... (xem toàn văn)
Câu 1 (2,5 điểm). 1. Giải hệ phương trình 2. Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực, nhận giá trị trong tập số thực và thỏa mãn với mọi số thực x, y , Câu 2 (1,5 điểm). Cho trước số thực Cho dãy số bị chặn và thỏa mãn Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ. Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có nội tiếp trong đường tròn . Các tiếp tuyến tại và của cắt nhau tại , đường thẳng AT cắt lại đường tròn tại . Gọi là điểm đối xứng với qua điểm . Các đường thẳng YB, XC cắt nhau tại , các đường thẳng XB, YC cắt nhau tại . 1. Chứng minh rằng P, Q, T thẳng hàng. 2. Chứng minh rằng các đường thẳng PQ, BC và AY đồng quy. Câu 4 (2,0 điểm). Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương thỏa mãn Câu 5 (1,0 điểm). Một vòng tròn được chia thành k cung, được đánh số từ 1 đến k như trong hình vẽ. Ban đầu tại mỗi cung đặt một viên bi. Mỗi lần dịch chuyển, người ta dịch chuyển hai viên bi, một viên theo chiều cùng chiều kim đồng hồ, một viên theo chiều ngược chiều kim đồng hồ, vào cung kề với cung chứa nó (hai viên bi được dịch chuyển không nhất thiết phải từ cùng một cung). Hỏi sau hữu hạn bước như vậy, có đưa được tất cả các viên bi về cùng một cung hay không?
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT Chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,5 điểm). 1. Giải hệ phương trình ( ) 2 2 2 3 3 3 4 14 , , 34 x y z x y z x y z x y z + + = + + = ∈ + + = ¡ 2. Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực, nhận giá trị trong tập số thực và thỏa mãn ( ) ( ) y xf y yf x f x − = ÷ với mọi số thực x, y , 0.x ≠ Câu 2 (1,5 điểm). Cho trước số thực (0;1).a ∈ Cho dãy số 1 ( ) n n x ≥ bị chặn và thỏa mãn 2 1 (1 ) , 1. n n n x a x ax n + + ≤ − + ∀ ≥ Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ. Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có AB AC ≠ nội tiếp trong đường tròn ( )O . Các tiếp tuyến tại B và C của ( )O cắt nhau tại T , đường thẳng AT cắt lại đường tròn tại X . Gọi Y là điểm đối xứng với X qua điểm O . Các đường thẳng YB, XC cắt nhau tại P , các đường thẳng XB, YC cắt nhau tại Q . 1. Chứng minh rằng P, Q, T thẳng hàng. 2. Chứng minh rằng các đường thẳng PQ, BC và AY đồng quy. Câu 4 (2,0 điểm). Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( ; ; )x y z thỏa mãn 5 1 2 x y z y z x + + = + Câu 5 (1,0 điểm). Một vòng tròn được chia thành k cung, được đánh số từ 1 đến k như trong hình vẽ. Ban đầu tại mỗi cung đặt một viên bi. Mỗi lần dịch chuyển, người ta dịch chuyển hai viên bi, một viên theo chiều cùng chiều kim đồng hồ, một viên theo chiều ngược chiều kim đồng hồ, vào cung kề với cung chứa nó (hai viên bi được dịch chuyển không nhất thiết phải từ cùng một cung). Hỏi sau hữu hạn bước như vậy, có đưa được tất cả các viên bi về cùng một cung hay không? Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………….……… ……… Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT Chuyên) I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN Câu Nội dung trình bày Điểm 1(2,5đ) 1.1 (1,5 điểm) Giả sử ( ; ; )x y z là một nghiệm của hệ. Xét đa thức 3 2 ( )P t t at bt c= + + + nhận x, y, z làm nghiệm. Suy ra 4a x y z − = + + = hay 4a = − 0,25 Do 2 2 2 2 ( ) 2( )x y z x y z xy yz zx+ + = + + + + + nên 2 2 2 2 ( ) ( ) 1 2 x y z x y z b xy yz zx + + − + + = + + = = 0,25 Do x, y, z là nghiệm của ( )P t nên 3 3 3 2 2 2 ( ) 4( ) ( ) 3 0x y z x y z x y z c+ + − + + + + + + = suy ra 6.c = Do đó 3 2 ( ) 4 6P t t t t= − + − 0,5 Ta có ( ) ( ) ( ) 3 2 ( ) 4 6 1 2 3P t t t t t t t = − + − = + − − giải ra được ba nghiệm 1, 2t t = − = và 3t = Vậy, hệ đã cho có tất cả các nghiệm là ( 1;2;3) − và các hoán vị. 0,5 1.2 (1,0 điểm) ( ) ( ) , , 0 y xf y yf x f x y x x − = ∀ ∈ ≠ ÷ ¡ (1) Trong (1) cho 2, 0x y = = ta được (0) 0f = , cho 1x y = = ta được (1) 0f = , cho 1y = ta được 1 ( ) ( )f f x x = − (2) Trong (2) thay ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 0x f f f = − ⇒ − = − − ⇒ − = . 0,25 Trong (1), thay y bằng 1 x và x bằng 1 y , kết hợp với (2), thu được ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1x f f f f x f y y x y y x y x = − = − ÷ ÷ ÷ (3). Mặt khác ( ) ( ) ( ) 4 x f yf x xf y y = − ÷ 0,25 Từ (3), (4) và { } , 1;0;1x y ∉ − ta được: 0,25 (Đáp án có 03 trang) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 yf x xf y f x f y y x − = − ( ) ( ) 1 1 f x f y c x y x y ⇔ = = − − , trong đó c là hằng số thực. Do đó 1 ( ) 0, 1f x c x x x = − ∀ ≠ ± ÷ . Vậy ( ) 1 , 0 0, 0. c x khi x f x x khi x − ≠ ÷ = = Thử lại thấy thỏa mãn. 0,25 2(1,5đ) Viết lại bất đẳng thức điều kiện về dạng 2 1 1 1 n n n n x ax x ax n + + + + ≤ + ∀ ≥ Từ đó, đặt 1 , 1 n n n y x ax n + = + ≥ thì được dãy ( ) n y thỏa mãn 1 1 n n y y n + ≤ ∀ ≥ hay dãy ( ) n y đơn điệu giảm (1) Mặt khác, do dãy ( ) n x bị chặn và cách xác định ( ) n y nên 1 1n n n n n y x ax x a x b + + = + ≤ + ≤ Suy ra ( ) n y bị chặn. (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra ( ) n y hội tụ. Đặt lim n n y α →+∞ = khi đó lim ( ) 0 n n y α →+∞ − = Ta có 1 0 1 1 n n n x a x y a a α α α + − + − = − → ÷ ÷ + + (3) 0,25 Phát biểu và chứng minh nhận xét: “Với dãy ( ) n z mà 1 lim ( ) 0 n n n z az + →+∞ + = thì lim 0 n n z →+∞ = (ở đây (0;1)a ∈ cho trước)” (4) Thậy vậy, ta có 1 lim ( ) 0 n n n z az + →+∞ + = suy ra với mọi * 1 0, : n n m z az ε ε + > ∃ ∈ + < ¥ ( ) 1 1 1 n n n n n z a z z a z a a z ε ε ε ε + + − ⇒ − < ⇒ < + < + + suy ra ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n a z a z a a a a z a z a a ε ε ε − + − ⇒ < + + + + + = + < + − − . Do đó lim 0. n n z →+∞ = Vậy nhận xét trên được chứng minh. 0,75 Từ (3) và (4) suy ra ( ) n x hội tụ, và hơn nữa lim 1 n n x a α →+∞ = + . 0,25 3(3đ) d M S P Q Y X T O A B C 3.1 (1,0 điểm) Do XY là đường kính của ( )O nên 90QBY XBY ° ∠ = ∠ = và 90PCY XCY ° ∠ = ∠ = . 0.25 Suy ra 90PBQ PCQ ° ∠ = ∠ = do đó, tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn đường kính PQ. 0.25 Gọi T’ là trung điểm của PQ suy ra T’ là tâm ngoại tiếp tứ giác BCQP suy ra ' 'T B T C = . Kết hợp với YMB ∆ đồng dạng với 'YT Q ∆ suy ra 'BYM QYT∠ = ∠ ⇒ YT’ là đường đối trung kẻ từ Y của tam giác YBC suy ra 'T T≡ , vì vậy P, Q, T thẳng hàng và T là trung điểm PQ. 0,5 3.2 (2,0 điểm) Do tứ giác ABXC điều hòa, nên · ·AB XC AC XB = hay (1) AB XB AC XC = 0,5 Do tứ giác BCQP nội tiếp, nên · ·XB XQ XC XP = suy ra XB XP XC XQ = (2) 0,25 Do tứ giác ABCY nội tiếp, nên ABY ACY ABP ACQ ∠ = ∠ ⇒ ∠ = ∠ (3) 0,25 Từ (1),(2),(3) suy ra ABP ∆ đồng dạng ACQ ∆ . Do đó APY APB AQC AQY ∠ = ∠ = ∠ = ∠ suy ra tứ giác AYQP nội tiếp trong một đường tròn ω 0,5 Gọi S là giao điểm của AY, PQ. Xét phương tích của S đối với các đường tròn ( ),O ω và ( )T ngoại tiếp tứ giác BCQP, ta có /( ) / /( )S O S S T P SA SY P SP SQ P ω = × = = × = Suy ra S nằm trên trục đẳng phương của ( )O và ( )T tức ( )S BC ∈ . Điều phải chứng minh. 0,5 4(2đ) Giả sử ( ; ; )x y z là một nghiệm của phương trình. Khi đó, theo bất đẳng thức AM- GM 5 1 1 1 3 · 3 2 1 1 x y z x y z x y z x y z x + + + = + + ≥ × = + + Suy ra 1 1 2x ≥ hay 2x ≤ 0,5 Với 2 :x = Khi đó trong bất đẳng thức trên phải xảy ra dấu đẳng thức, tức là 1 1 x y z y z x + = = + 0,25 Giải hệ, thu được ( ; ; ) (2;2;1)x y z = 0,25 Với 1x = phương trình đã cho trở thành 1 5 (1) 1 2 y z y z + + = + Khi đó 1 5 2 1 2 y z z z y z ≤ + + = ⇒ ≤ + 0,25 Với 1,z = thay vào (1), thu được 2 3 2 0 1 2y y y y− + = ⇔ = ∨ = 0,25 Với 2,z = thay vào (1), thu được 2 2 3 6 0.y y − + = Phương trình này có biệt thức 2 ( 3) 4 2 6 39 0∆ = − − × × = − < nên không có nghiệm, do đó không có nghiệm nguyên dương. 0,25 Vậy nghiệm của phương trình là ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; 2;2;1 , 1;1;1 , 1;2;1x y z = . 0,25 5(1đ) Ta đánh số (gán nhãn) cho các viên bi như sau: viên bi ở cung thứ i được gán nhãn i. Gọi S là tổng các nhãn theo mod k . Khi đó, nếu sau một số bước dịch chuyển, tất cả các viên bi được chuyển về cùng một cung, chẳng hạn cung thứ n, thì ( ) 0 modS nk k ≡ ≡ 0,25 Nhận xét. Sau mỗi lần dịch chuyển, S bất biến theo mod k bởi vì một nhãn tăng 1, một nhãn giảm 1, các nhãn còn lại giữ nguyên. 0,25 Suy ra ( 1) 1 2 2 k k k S k + = + + + = L M . Điều này xảy ra khi và chỉ khi k lẻ. Vậy, ssau một số bước chuyển, tất cả các vien bi được chuyển về cùng một cung khi và chỉ khi k lẻ. 0,25 Ta sẽ chỉ ra cách chuyển, với 2 1k n= + sau một số hữu hạn bước chuyển các viên bi được đưa về cùng một cung: - Chuyển viên bi ở cung 1 theo cùng chiều kim đồng hồ và viên bi ở cung 2 1n + theo ngược chiều kim đồng hồ; cho đến khi chúng cùng về đến cung thứ 1.n + - Lặp lại quá trình trên cho cung thứ i và cung thứ 2 2 ( 2,3, ).n i i + − = … Cứ như vậy, tất cả các viên bi đều được chuyển về cung thứ 1.n + 0,25 Hết . điểm). Cho trước số thực (0;1).a ∈ Cho dãy số 1 ( ) n n x ≥ bị chặn và thỏa mãn 2 1 (1 ) , 1. n n n x a x ax n + + ≤ − + ∀ ≥ Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ. Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam. đã cho có tất cả các nghiệm là ( 1;2;3) − và các hoán vị. 0,5 1.2 (1,0 điểm) ( ) ( ) , , 0 y xf y yf x f x y x x − = ∀ ∈ ≠ ÷ ¡ (1) Trong (1) cho 2, 0x y = = ta được (0) 0f = , cho. sinh:…………………….……… ……… Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT Chuyên) I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình