Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABH và ACH.. Các đường thẳng AP, AQ lần lượt cắt BC tại D và E.. Chứng minh rằng đường thẳng AH, DQ, EP đồng quy tại một điể
Trang 1SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Ngày thi 09/10/2012
(Thời gian làm bài 180 phút)
Đề thi gồm 04 câu, trong 01 trang
Câu 1 (5 điểm):
Giải hệ phương trình:
y z 2z 8
= − +
Câu 2 (5 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABH và ACH Các đường thẳng AP, AQ lần lượt cắt BC tại D và E Chứng minh rằng đường thẳng AH, DQ, EP đồng quy tại một điểm.
Câu 3 (6 điểm):
Cho phương trình (ẩn x, tham số n nguyên dương):
4
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n phương trình có 1 nghiệm dương duy nhất, kí hiệu nghiệm đó là x n
b) Chứng minh rằng lim xn 1
3
=
Câu 4 (4 điểm):
Cho tập Sn = {1; 2; 3;…; n} với n là số nguyên dương lớn hơn 2 Có bao nhiêu cách chia tập Sn thành ba tập con khác rỗng (hợp với nhau bằng Sn và đôi một giao với nhau bằng rỗng) sao cho mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp?
HẾT
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:
Giám thị 2:
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Trang 2SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Ngày thi 09/10/2012
(hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
1
5 điểm
Ta có:
x, y, z 1
⇒ >
Giả sử x max{x; y;z}= ⇒(y -1)2 =max{(x -1) ;(y -1) ;(z -1) }2 2 2
y max{x; y;z}= ⇒ = ⇒ =x y y z Vậy x = y = z
Khi đó ta có phương trình:
x 2
⇔ =
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y; z) = (2; 2; 2)
1,0
1,0 1,5
1,0 0,5
2
5 điểm
Cách 1:
BAH ACH=
2
2
BEA EAB
⇒ = ⇒ tam giác ABE cân tại đỉnh B
Mà BP là đường phân giác góc ·ABE⇒BP là đường trung trực của
đoạn AE ⇒PA PE=
1,0
1,0
1,0
1,0
B
A
C
D P
Q
Trang 3⇒ ∆ vuông cân tại đỉnh P ⇒EP⊥AD
Tương tự: ⇒DQ⊥AE.
Vậy AH, DQ, EQ là các đường cao của tam giác ADE suy ra AH,
DQ, EP đồng quy
Cách 2:
Áp dụng tính chất tia phân giác các góc trong tam giác:
PD = BD, QE CE
QA =AC, HD AH
DB = AB, EC AC
HE = AH PA
PD
⇒ HD
DB
EC HE
QE
QA= AB BD
AH AB
AC AH
CE
AC= CEBD
PA HD QE
PD HE QA
⇒AH, DQ, EP đồng quy (Định lí Ceva)
1,0
2,0
1,5
0,5 1
3
(6 điểm)
a) 2 điểm
n
3
f x x 2x 3x nx
4
= + + + + − ' ( ) 2 2 2 2 n 1
n
f x = + 1 2 x 3 x + + + n x −
Ta có ' ( )
n
f x > ∀ ∈ 0 x R ⇒ f xn( ) đồng biến, liên tục trên R
Mà f 0n( ) < 0; f 1n( ) > 0
( )
n
f x 0
⇒ = có nghiệm duy nhất và nghiệm đó thuộc ( ) 0;1
0,5 0,5 0,5 0,5 b) 4 điểm
−
−
* n
3 2n
2n 3 1
+
Suy ra n( )n
1
3
<
÷
suy ra n
1 x 3
> (do f x là hàm số đồng n( )
biến trên R)
Với mọi n N ∈ *, theo định lý Lagrange, tồn tại n n
1
3
∈ ÷ sao
1,0
0,5
0,5
Trang 4cho: f (x ) f ( )n n n 1 f (c )(xn' n n 1 )
n n
x
3 f (x ) 4.3
+
n n
x
3 f (c ) 4.3 4.3
(vì ' ( )
n
f x > ∀ ∈ +∞ 1 x (0; ) ) Mà lim 2 3 0
4.3n n
n
lim
3
n
→+∞
1,0
1,0
4
4 điểm
Kí hiệu S(n) là số cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng sao cho
mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp
Các khả năng xảy ra khi chia tập Sn+1 = {1; 2; 3; ; n; n+1}
Khả năng 1: {n+1} không là một trong ba tập con của Sn+1
Ta thực hiện cách chia như sau: Chia Sn thành 3 tập con (thỏa mãn đề
bài) và bổ xung phần tử ( n 1+ ) vào một trong hai tập không chứa phần
tử n Do đó số cách chia trong trường hợp này là 2S(n)
Khả năng 2: {n+1} không là một trong ba tập con của Sn+1
Khi đó các phần tử Sn phải nằm trong hai tập còn lại Có thể thấy ngay
chỉ có một cách chia thỏa mãn (một tập chứa các số chẵn và một tập
chứa các số lẻ) Do đó, số cách chia trong trường hợp này là 1 cách
Vậy ta thu được công thức truy hồi:
( ) ( )
S n 1+ =2S n +1
⇒ + + = + Đặt un =S n( ) +1 ⇒un 1+ =2un Vậy ( )u là một cấp số nhân cón
công bội bằng 2
Mặt khác, ta thấy S 3( ) =1 vậy nên ta có ( ) n 2
S n =2 − − ∀ ≥1, n 3 Vậy số cách chia thỏa mãn yêu cầu bài toán là S n( ) =2n 2− − ∀ ≥1, n 3
1,5
1,0
0,5
1,0
Trang 5
-Hết -SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Ngày thi 10/10/2012
(Thời gian làm bài 180 phút)
Đề thi gồm 04 câu, trong 01 trang
Câu 1 (5 điểm):
Cho các số thực x, y, z, t thoả mãn:
x y 4x 2y 1 0
z t 4z 2t 1 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = (x – z)(y – t).
Câu 2 (5 điểm):
Chứng minh rằng phương trình x 2 y 2 6
có vô số nghiệm nguyên dương.
Câu 3 ( 5 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao AM, BN Điểm
D trên cung BC không chứa A của đường tròn (O) và khác B, C Hai đường thẳng
DA và BN cắt nhau tại Q, hai đường thẳng DB và AM cắt nhau tại P Gọi I là trung điểm của PQ Chứng minh rằng ba điểm M, N, I thẳng hàng.
Câu 4 (5 điểm):
Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn điều kiện:
( )
( ) 3 ( ) 2( )2 ( ) (3 )4 ( )
f x f y+ =4x f y +6x f (y) +4x f (y) + f (y) + −f x với mọi x, y ∈ ¡
HẾT
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:
Giám thị 2:
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Trang 6SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Ngày thi 10/10/2012
(hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
1
05 điểm Cách 1:
z t 4z 2t 1 0 (z 2) (t 1) 4
Đặt a = x - 2, b = y - 1, c = z - 2, d = t - 1, ta có:
+ =
P (x z)(y t) (a c)(b d) (a c)(b d)
2(a c )2(b d ) 2 (a c )(b d )
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
(a c)(b d) 0
t 1 2
= +
= +
⇔
= −
= −
hoặc
t 1 2
= −
= −
= +
= +
Vậy MaxP 8 =
Cách 2:
z t 4z 2t 1 0 (z 2) (t 1) 4
⇒ ∃α β∈ thỏa mãn: x 2 2cos ; y 1 2sin
z 2 2cos ; y 1 2sin
= + β = + β
+ +
≤
2
1 2
1 4 ) sin(
2
2 sin 2
2
Đẳng thức xảy ra ⇔sin 2α =sin 2β = −sin(α + β =) 1
0,5
1 1 1
1,5
0,5
1
2 0,5
0,5
Trang 7k 4 2m (k 1) 4
π
α = + π
⇔ π
β = + π − + π
(k, m∈Z)
= +
= +
⇔
= −
= −
hoặc
−
=
−
=
+
=
+
=
2 2
2 2
2 1
2 2
t z y
x
Vậy MaxP 8 =
0,5
2
5 điểm
x 2 y 2
6
⇔ x2 - 2(3y-1)x + y2 + 2y = 0 (*)
Xét dãy số {xn} xác định bởi công thức: 0 1
n 2 n 1 n
x 1; x 1
Ta có: {xn} tăng và * *
n
x ∈ ∀ ∈N n N Với mọi n N∈ ta có: xn 2+ =6xn 1+ −xn− ⇒2 xn 2+ +xn =6xn 1+ −2 (1)
*
n 2 n n n n 1 n 1 n-1 n 1
n 2 n n 1 n 1 n 1 n-1 n n
n 2 n n 1 n 1 2 0 1 1
2
n 2 n n 1 n 1
x x - x - 2x x x - x - 2x n N
x x - x - 2x x x - x - 2x 0 n N
⇒ = + ∀n N (2)∈
Từ (1), (2) suy ra x , xn n 2+ là hai nghiệm của phương trình:
t - 2(3x -1)t x 2x 0 n N
Suy ra (x , xn n 1+ ) là nghiệm của phương trình (*) n N∀ ∈
Do đó ta có điều phải chứng minh
0,5
0,5
0,5 0,5 0,5
0,5
0,5
0,5 0,5
0,5 3
5điểm
H I Q
P M
N
C B
A
D
Trang 8Gọi H là trực tâm tam giác.
Tam giác ANH và BMH đồng dạng nên: AN = BM
NH MH (1)
Tam giác ANQ và BMP đồng dạng nên: AN = BM
NQ MP (2)
Từ (1) và (2) suy ra NQ = MP
NH MH
NQ MH IP
NH MP IQ
⇒ Ba điểm M, I, N thẳng hàng (Định lí Menelaus)
1
1
1
1
1
4
5điểm
( )
( ) 3 ( ) 2( )2 ( ) (3 )4 ( )
f x f y+ =4x f 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( ) ≡ 0 Đặt a = f(0).
Thay x 0= vào (1) ta được ( ( ) ) ( ( ) )4
f f y = f y + ∀ ∈a, y ¡ (2) Tiếp tục thay x bởi (−f (x)) vào (1) ta được
( )
f f y f (x) 4(f (x)) f y 6(f (x)) (f (y)) 4f (x)(f (y)) (f (y)) f f (x)
x,y
( ) ( )
( ) ( ( ) ( ) )4 ( ( ) ) ( ( ) )4
Từ (2) và (3) suy ra ( ( ) ( ) ) ( ( ) ( ) )4
f f y −f x = f y −f x +a x, y∀ ∈¡ (4) Giả sử x0∈¡ thỏa mãn f x( )0 ≠0 Thay y x= 0 vào (1) ta thu được:
( )
f x f x+ − − =f x 4x f x +6x f (x ) +4x f (x ) + f (x ) ∀ ∈x R
Vế phải là đa thức bậc ba theo biến x nên nó là hàm số có tập giá trị là ¡
Vậy nên, vế trái cũng là một hàm số có tập giá trị là ¡
⇒∀ ∈x ¡ đều tồn tại u, v∈¡ để f u( ) ( )−f v =x
Do đó từ (4) suy ra: ( ) ( ( ) ( ) ) ( ( ) ( ) )4 4
f x =f f u −f v = f u −f v + =a x + ∀ ∈a, x ¡ Thử lại dễ thấy: f x( ) =x4+ ∀ ∈a, x ¡ (với a là hằng số) thỏa mãn (1)
Vậy f x( ) ≡0 và f x( ) =x4+ ∀ ∈a, x ¡ (với a là hằng số) là các hàm số cần
tìm
0,5
0,5
1 0,5
0,5 0,5 0,5
0,5 0,5