De Toan HSG tinh Vinh phuc 2012 co dap an

- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ————————————

Câu (3,0 điểm).  

3

1 3

x f x

x x



  1 Cho Hãy tính giá trị biểu thức sau:

1 2010 2011

2012 2012 2012 2012

Af  f   f  f  

       

2

2 1 2

1

x x x x x

P

x x x x x x x x

   

  

    2 Cho biểu thức

xTìm tất giá trị cho giá trị P số nguyên. Câu (1,5 điểm).

x y;  x y 3 x y  62

Tìm tất cặp số nguyên dương thỏa mãn Câu (1,5 điểm).

, , ,

a b c dCho số thực thỏa mãn điều kiện:

2012

abc bcd cda dab a b c d        a2 1 b2 1 c2 1 d2 1 2012

    

Chứng minh rằng: Câu (3,0 điểm).

  O1 , O2  O  X   O1 , O2   O1 , O2  O M M1, 2 O1  O A A, ' AM1  O1 N1 AM2 O2

N Cho ba đường tròn (kí hiệu đường trịn có tâm điểm X) Giả sử tiếp xúc với

nhau điểm I tiếp xúc với Tiếp tuyến đường tròn điểm I cắt đường tròn điểm Đường thẳng cắt lại đường tròn điểm , đường thẳng cắt lại đường tròn điểm

1 2

M N N M OA N N1 21 Chứng minh tứ giác nội tiếp đường thẳng vng góc với

đường thẳng

PQ O PQ AI P AM1 M2 PM1, QM2 AI PM, 1QM22 Kẻ đường kính đường trịn

sao cho vng góc với (điểm nằm cung khơng chứa điểm ) Chứng minh khơng song song đường thẳng đồng quy

Câu (1,0 điểm)

Tất điểm mặt phẳng tô màu, điểm tô màu xanh, đỏ, tím Chứng minh ln tồn tam giác cân, có đỉnh thuộc điểm mặt phẳng mà đỉnh tam giác màu đơi khác màu

—Hết—

Cán coi thi khơng giải thích thêm.

——————— HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN ———————————

I LƯU Ý CHUNG:

- Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa

- Điểm tồn tính đến 0,5 khơng làm trịn

- Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN:

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1 1 1,5 điểm

x y  f x  f y  1Nhận xét Nếu             3 3 3 1 1 x x

f x f y f x

x x x x



    

   

Thật vậy, ta có

0,5               3 3 3 1 1 x x

f x f y f x f x

x x x x



      

    suy

1

2

f  

  Vậy, nhận xét chứng minh Ta có

0,5

Theo nhận xét ta có:

1 2011 2010

2012 2012 2012 2012

1005 1007 1006

1005 1005,5

2012 2012 2012

A f f f f

f f f f

                                                                   0,5

2 1,5 điểm 0,

x x Điều kiện: Khi ta có x P x x  

  Rút gọn biểu thức ta

0,5

 1

Px P x P   x P  0 x 2 0 P0 x P 12 4P P 2

     

Ta có , ta coi phương trình bậc hai Nếu vơ lí, suy nên để tồn phương trình có

 2

2 4

3 1

3

P P P P P

           

0,5

P12

Do P nguyên nên P12  0 P 1 x1

+) Nếu không thỏa mãn

 12 2 0

0

P

P P x x x

P

 

          



 +) Nếu khơng thỏa mãn

Vậy khơng có giá trị x thỏa mãn

0,5

2 1,5 điểm

6 ( 6)

{1; 2}

x

  Nếu phương trình vơ nghiệm Do

x Với thay vào phương trình ban đầu ta được: y 13 (y 5)2 y 3y2 5y 8 0 y 3

          x y;  (1; 3)

suy phương trình có nghiệm

0,5

2

x Với thay vào phương trình ban đầu ta được: y 23 (y 4)2 y3 5y2 4y 8 0

        y1

phương trình vơ nghiệm

x y;  (1; 3)

Vậy phương trình cho có nghiệm

0,5

3 1,5 điểm

 2

2012 abc bcd cda dab a b c d      

Ta có:

       

 ab c d cd a b 2

     

0,5 ab 12 a b2 cd 12 c d2

   

      

    0,5

a b2 a2 b2 1 c d2 c2 d2 1 a2 1 b2 1 c2 1 d2 1

           

a2 1 b2 1 c2 1 d2 1 2012

    

Suy

0,5 4

S

N2 N1

I O

2

O1

M2 M1

O

Q P

A'

1 2,0 điểm

2

1 2

AM AN AM AN AI  AN N1 2 AM M2 1+) Ta có đồng dạng với

0,5

   

1 2 1 2 180

AN N AM M  M N N AM M  M N N M1 1 2 2suy hay tứ giác

nội tiếp 0,5

 

1 2

AN N AM M 

1 AOM 

1

AOM O 



0

1

180

AOM

M AO 

+) Ta có tam

giác cân nên 0,5

 

1 90

AN N M AO  OAN N Do ta 0,5

2 1,0 điểm

S PM1QM2Gọi giao điểm

2

, ,

O O M O I2 OP  IO M2 2 POM 2 O IM2 2 O2OPM2 OO IM2 2 OPM 2

2

, ,

P I M Q I M, , 1Ta có thẳng hàng song song với (1) Mặt khác tam giác cân , tam giác cân kết hợp với (1) ta suy thẳng hàng Tương tự ta có thẳng hàng

0,5

PQ O  

1 90

PM Q PM Q  Do đường kính đường trịn suy I

 SPQ AI S AI PM QM, 1, trực tâm tam giác suy qua hay ba

đường thẳng đồng quy

0,5

5 1,0 điểm

thành tam giác cân

Do tơ đỉnh A, B, C, D, E màu xanh, đỏ tím xảy hai khả sau:

+) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E đủ ba loại màu cho tồn đỉnh có màu khác tạo thành tam giác cân

+) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E nhiều màu có đỉnh màu tạo thành tam giác cân

Vậy, trường hợp ln tồn tam giác cân, có đỉnh tơ màu đôi khác màu