Các tiếp tuyến tại và của B C O cắt nhau tại , đường thẳng AT cắt lại đường tròn tại.. Chứng minh rằng các đường thẳng PQ, BC và AY đồng quy.. Một vòng tròn được chia thành k cung, được
Trang 1SỞ 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)
4
14 , , 34
2 Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực, nhận giá trị trong tập số thực và
thỏa mãn xf y( ) yf x( ) f y với mọi số thực x, y ,
x
Câu 2 (1,5 điểm) Cho trước số thực a(0;1) Cho dãy số (x n n) 1 bị chặn và thỏa mãn
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 và của B C ( )O cắt nhau tại , đường thẳng AT cắt lại đường tròn tại T X Gọi là điểm đối xứng với qua điểm Các đường thẳng YB, XC cắt nhau tại , Y X O 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
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………
k
3
2
1
Trang 2SỞ 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
1.1 (1,5 điểm)
Giả sử ( ; ; )x y z là một nghiệm của hệ Xét đa thức 3 2 nhận x, y,
( )
P t t at bt c
z làm nghiệm Suy ra a x y z 4 hay a 4 0,25
Do (x y z)2 x2 y2z22(xyyzzx) nên
1 2
Do x, y, z là nghiệm của P t( ) nên
(x y z ) 4( x y z ) ( x y z) 3c0 suy ra c6 Do đó 3 2
P t t t t
0,5
P t t t t t t t
và
1, 2
t t t3
Vậy, hệ đã cho có tất cả các nghiệm là ( 1; 2;3) và các hoán vị
0,5
1.2 (1,0 điểm)
(1)
x
Trong (1) cho x2,y0 ta được f(0)0, cho x y 1 ta được f(1)0, cho
ta được (2)
1
Trong (2) thay x 1 f 1 f 1 f 1 0
0,25
1
1(2,5đ)
(Đáp án có 03 trang)
Trang 3 1 1
, trong đó là hằng số thực
f x f y
c
Do đó f x( ) c x 1 x 0, 1 Vậy
x
khi x
Thử lại thấy thỏa mãn
0,25
Viết lại bất đẳng thức điều kiện về dạng
x ax x ax n
Từ đó, đặt y n x n1ax n, n1 thì được dãy (y n) thỏa mãn y n1 y n n 1 hay
dãy (y n) đơn điệu giảm (1)
Mặt khác, do dãy ( )x n bị chặn và cách xác định (y n) nên
y x ax x a x b
Suy ra (y n) bị chặn (2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra (y n) hội tụ Đặt lim n khi đó
Ta có 1 0 (3)
0,25
Phát biểu và chứng minh nhận xét: “Với dãy ( )z n mà lim ( n 1 n) 0 thì
n z az
(ở đây cho trước)” (4)
lim n 0
n z
Thậy vậy, ta có lim ( n 1 n) 0 suy ra với mọi
n z az
1
0, m : z n az n
suy ra
1
n
n
a
Do đó lim n 0.Vậy nhận xét trên được chứng minh
n z
0,75 2(1,5đ)
Từ (3) và (4) suy ra ( )x n hội tụ, và hơn nữa lim
1
n
n x
a
Trang 4M S
P
Q
Y
X
T
O A
3.1 (1,0 điểm)
Do XY là đường kính của ( )O nên
90
Suy ra PBQ PCQ90 do đó, tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn đường kính
Gọi T’ là trung điểm của PQ suy ra T’ là tâm ngoại tiếp tứ giác BCQP suy ra
Kết hợp với đồng dạng với suy ra
YT’ là đường đối trung kẻ từ Y của tam giác YBC suy ra
'
, vì vậy P, Q, T thẳng hàng và T là trung điểm PQ.
'
T T
0,5
3.2 (2,0 điểm)
Do tứ giác ABXC điều hòa, nên AB XC· AC XB· hay AB XB (1)
Do tứ giác BCQP nội tiếp, nên XB XQ· XC XP· suy ra XB XP (2)
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
suy ra tứ giác AYQP nội tiếp trong một đường tròn
0,5 3(3đ)
Gọi S là giao điểm của AY, PQ Xét phương tích của S đối với các đường tròn
( ),O ( )T
P SA SY P SP SQ P
Suy ra S nằm trên trục đẳng phương của ( )O và ( )T tức S(BC) Điều phải
0,5
Trang 5Với x2 : Khi đó trong bất đẳng thức trên phải xảy ra dấu đẳng thức, tức là
1 1
0,25
Với x1 phương trình đã cho trở thành 1 5 (1)
y z
yz
y
y z
0,25
Với z1, thay vào (1), thu được 2
Với z2, thay vào (1), thu được 2 Phương trình này có biệt thức
2y 3y 6 0
nên không có nghiệm, do đó không có nghiệm
2
( 3) 4 2 6 39 0
nguyên dương
0,25
Vậy nghiệm của phương trình là x y z; ; 2; 2;1 , 1;1;1 , 1; 2;1 0,25
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
0,25
Nhận xét Sau mỗi lần dịch chuyển, S bất biến theo mod k bởi vì một nhãn tăng 1,
Suy ra ( 1) 1 2 Điều này xảy ra khi và chỉ khi k lẻ.
2
k k
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 5(1đ)
Ta sẽ chỉ ra cách chuyển, với k2n1 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
theo ngược chiều kim đồng hồ; cho đến khi chúng cùng về đến cung
2n1 thứ n1
- Lặp lại quá trình trên cho cung thứ i và cung thứ 2 n 2 i i( 2, 3,)
Cứ như vậy, tất cả các viên bi đều được chuyển về cung thứ n1
0,25
