Dap an Toan HSG 12 vinh Phuc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2008-2009 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT Chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. ———————————— Câu 1. Giải phương trình: 2 3 6 2 ( R) 9 x x x x + = ∈ − Câu 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 0 ( , R) 8 ( 2 ) y xy x y x x y  − + =  ∈  − = +   Câu 3. Cho tam giác đều ABC có diện tích bằng 7. Các điểm M và N lần lượt nằm trên hai cạnh AB và AC sao cho AN = BM. Gọi O là giao điểm của hai đường thẳng BN và CM. Biết diện tích tam giác BOC bằng 2. a. Tính tỷ số MB AB b. Tính giá trị ∠ AOB (kí hiệu ∠ là góc) Câu 4. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( ; ; )x y z sao cho: 1 2 1 + − = x y z . Câu 5. Cho dãy số { } 0≥ n n a xác định như sau: 0 1 1 1 1 7 2 1 + − = =   = − − ∀ ≥  n n n a a a a a n . Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số chính phương. ——Hết—— Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh . SBD SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG TỈNH TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008-2009 -------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh các trường THPT Chuyên) --------------------------------------------- Câu 1 (2,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm ĐK: 2 3 9 0 3 x x x >  − > ⇔  < −  0,25 + Nếu 3x > , bình phương hai vế của PT ta được: 2 2 2 2 2 9 6 72 9 9 x x x x x + + = − − 4 2 2 2 6. 72 0 9 9 x x x x ⇔ + − = − − 0,5 Đặt 2 2 ( 0) 9 x t t x = > − , ta có PT: 2 6 72 0 6t t t+ − = ⇔ = . 0,5 Khi đó 2 4 2 2 2 6 36 324 0 18 9 x x x x x = ⇔ − + = ⇔ = − Trong trường hợp này tìm được 3 2x = 0,5 + Nếu 3x < − thì 3 0 6 2 2 9 x x x + < < − : PT vô nghiệm 0,5 Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất 3 2x = . 0,25 Câu 2 (2,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm Hệ 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 0 (1) 2 2 4 yxy x y xy xy x xy y − ⇔ ⇒  =  + + − =  + + =   0,5 + Nếu 0xy ≥ thì (1) trở thành: 2 2 4 0 0x y x y+ = ⇔ = = . Thử lại không thoả mãn hệ 0,25 + Nếu 0xy < thì (1) trở thành: 2 2 2 4 4 0 ( 2 ) 0 2 0x y xy x y x y+ + = ⇔ + = ⇔ + = 0,5 Kết hợp với PT thứ hai của hệ ban đầu ta có 2 2 2 8 2 2 x x x  = = ⇔  = −   0,5 Với 2 2x = thì 2y = − ; Với 2 2x = − thì 2y = . 0,5 Vậy hệ có hai nghiệm ( ; ) (2 2; 2);( 2 2; 2)x y = − − . 0,25 Câu 3 (2 điểm). a. 1,0 điểm. Nội dung trình bày Điểm O A B C M N a) Đặt xABMB = / . Suy ra 7 ABN BMC S S x= = , do đó:    == −= 2 27 BOCAMON BOM SS xS 0.25 Ngoài ra: xxS CON 75)27(227 −=−−−−= , x xx S x x S CONAON − − = − = 1 )75( 1 , )27( 11 − − = − = x x x S x x S BOMAMO 0.25 Do AMOANOAMON SSS += nên: { }    ∉ =+− ⇔− − + − − = 1;0 0299 )27( 1 1 )75( 2 2 x xx x x x x xx 0.25 Giải PT trên được    = = 3/2 3/1 x x hay    = = 3/2/ 3/1/ ABMB ABMB 0.25 b. 1,0 điểm. Nội dung trình bày Điểm Vì BMCABN ∆=∆ nên ta có: 0 60 =∠+∠=∠+∠=∠ CBOMBOCBOBCMBOM . Ta cũng có 0 180 =∠+∠ MONMAN nên tứ giác AMON nội tiếp. 0.25 Trường hợp 1: / 1 / 3 2 2MB AB AM BM AN = ⇒ = = . Gọi Q là trung điểm AM ⇒ AQN ∆ đều 0.25 Q ⇒ là tâm ngoại tiếp tứ giác AMON và 00 15090 =∠⇒=∠=∠ AOBANMAOM 0.25 Trường hợp 2: Tương tự trên có: 00 909023/2/ =∠⇒=∠=∠⇒==⇒= AOBAONAMNANMBAMABMB 0.25 Câu 4 (2 điểm): Nội dung trình bày Điểm Giả sử tìm được (x ; y ; z) thỏa mãn. Khi đó z lẻ. 0.25 * Xét phương trình: )1 .)(1(212 11 ++++−=⇔−=− −+ zzzzz yyxyx (1). 0,25 + Nếu y chẵn thì 1 . 1 ++++ − zzz yy là số lẻ lớn hơn 1, suy ra vô lí do VT(1) biểu diễn được dưới dạng lũy thừa với số mũ nguyên dương của 2 còn VP(1) thì không thể. Vậy y lẻ. 0.25 + Khi đó có:         +         −=−= ++ + 1112 2 1 2 1 1 yy yx zzz . Do 21,1 2 1 2 1 =         +− ++ yy zz , suy ra 21 2 1 =− +y z , từ đó được 3,1,3 === xyz . Thử lại thấy nghiệm đúng. 0.25 * Xét phương trình: 12 1 =− +yx z (2) + Nếu 1 = z thì 1 = x , y nguyên dương tùy ý là nghiệm. 0.25 + Xét z là số lẻ lớn hơn 1: Nếu y lẻ 1 +⇒ y chẵn, từ đó: 0.25 11211)4(mod212)4(mod1 111 >=−=⇒=⇒≡+=⇒≡⇒ +++ yxyxy zxzz (vô lý). Vậy y chẵn. Khi đó: )1 .)(1(12 11 +−+−+=+= −+ zzzzz yyyx . Do z lẻ, y chẵn nên 1 . 1 +−+− − zzz yy là số lẻ, suy ra 1111 . 11 +=+⇒=+−+− +− zzzzz yyy (vô lí do )0,1 >> yz . Vậy (2) chỉ có nghiệm dạng ( )1;;1 t với t nguyên dương tùy ý. 0.25 Kết luận: PT đã cho có nghiệm là + ∈∀= Zttzyx )1;;1(,)3;1;3();;( 0,25 Câu 5 (1 điểm): Nội dung trình bày Điểm Xét dãy Fibonaci 1 1 2 2 1 ( ) : 1 , 1 n n n n n F F F F F F n ≥ + + = = = + ∀ ≥ . Ta có: 2 5 2 3 2 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 0 5,2,1,1 FaFaFaFa ======== . Ta chứng minh: 2 2 12 ≥∀= − nFa nn (*) bằng phương pháp quy nạp theo n 0.25 Thật vậy, với 3,2 = n có (*) đúng. Giả sử (*) đúng với 2n k= ≥ , ta CM (*) đúng với 1 += kn , tức là CM: 2 1 2 1k k a F + + = Với 2 ≥ k ta có: 212111 87)27()27( −−−−−+ +−=−−−−−=− kkkkkkkkk aaaaaaaaa 211 88 −−+ +−=⇒ kkkk aaaa 0.25 Kết hợp với giả thiết quy nạp suy ra: 2 52 2 32 2 121 88 −−−+ +−= kkkk FFFa (1). Từ cách xác định của dãy )( n F có: 2 2 3 3 n n n F F F n − + = − ∀ ≥ , suy ra: 2 5 2 3 2 1 3 3 k k k F F F k − − − = − ∀ ≥ (2) 0.25 Thay (2) vào (1) được: 2 12 2 3212 2 1232 2 32 2 121 )3()3(88 +−−−−−−+ =−=−+−= kkkkkkkk FFFFFFFa . Vậy 1, 2 12 ≥∀= − nFa nn . Do đó n a chính phương với mọi 0 ≥ n . 0.25 …………………………. . (2) 0.25 Thay (2) vào (1) được: 2 12 2 3 212 2 123 2 2 32 2 121 )3()3(88 +−−−−−−+ =−=−+−= kkkkkkkk FFFFFFFa . Vậy 1, 2 12 ≥∀= − nFa nn . Do đó n a chính. KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2008-2009 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT Chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.