Xét các điểm M, N M, N không trùng với A tương ứng thay đổi trên các đường thẳng chứa các cạnh AB, AC của tam giác ABC sao cho MN BC và các đường thẳng BN, CM cắt nhau tại P.. Gọi Q là g
Trang 1SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————
Câu 1 (3,0 điểm)
1 Giải hệ phương trình:
( 2)
( 2)
y x xy
z y yz x y z
x z zx
2 Tính giới hạn sau:
0
lim x x
x
Câu 2 (2,0 điểm)
Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn ac 12 và bc 8 Tìm giá trị nhỏ nhất có thể được của
biểu thức D a b c 2 1 1 1 8
ab bc ca abc
Câu 3 (2,0 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương n và số nguyên tố p thỏa mãn đồng thời các điều kiện n2p và
(p 1)n1 chia hết cho n p 1
Câu 4 (2,0 điểm)
Xét các điểm M, N (M, N không trùng với A) tương ứng thay đổi trên các đường thẳng chứa các cạnh AB, AC của tam giác ABC sao cho MN BC và các đường thẳng BN, CM cắt nhau tại P Gọi Q là giao điểm thứ hai (khác điểm P) của đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP
1 Chứng minh rằng Q luôn nằm trên một đường thẳng cố định
2 Gọi A', B',C' lần lượt là điểm đối xứng với Q qua các đường thẳng BC CA AB, , Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C' ' ' nằm trên một đường thẳng cố định.
Câu 5 (1,0 điểm)
Ta gọi mỗi bộ ba số nguyên dương ( ; ; )a b c là một bộ n đẹp nếu abc, ước chung lớn
nhất của a b c, , bằng 1 và a nb nc na b c Ví dụ, bộ (1; 2; 2) là 5 đẹp, nhưng không phải là 3 đẹp Tìm tất cả các bộ n đẹp với mọi n (nếu có) 1
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh………
Trang 2SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
———————
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
———————————
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 2,0 điểm
Hệ phương trình tương đương:
2 2 2
Nếu một trong ba số ,x y z bằng 1, thì hệ phương trình vô nghiệm
hệ phương trình trở thành
2
2
2
2 1 2 1 2 1
x y x y z y z x z
0,5
Đặt xtan với ;
2 2
2 tan tan 2
1 tan
Ta có
tan 2 tan 4 tan 8
y z x
Vậy, hệ phương trình có 7 nghiệm: (0; 0; 0), tan ; tan2 ; tan4
tan ; tan ; tan , tan ; tan ; tan
tan ; tan ; tan
tan ; tan ; tan , tan ; tan ; tan
0,5
2 1,0 điểm
Xét hàm số f x lnx với x 0;1 Theo định lí Lagrange tồn tại c3 x;1 sao
cho: 3 3 1 3
c
0,25
3
1
x
3
x
0,5
Trang 3Do 3 6 3
ln
3
x
x x
x
Vậy
0
lim x 1
x
x
0,25
2 2,0 điểm
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
3
3 · · 3,
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 6
3 2
a b
ab
3
3 · · 3,
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 8
2 4
b c
bc
3
3 · · 3,
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 12
c a
ca
4
a b c
abc
(4)
0,5
(1) 4 (2) 7 (3) (4) 3a b c 6 32 84 24 40
ab bc ca abc
26 78
bc ca
0,5
Mặt khác, từ giả thiết suy ra 1 1
12
ca và
8
bc Do đó
0,5
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a3,b2,c4
Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức D bằng 121,
12 đạt được khi a3,b2,c4.
0,5
3 2,0 điểm
Với n 1 thì mọi số nguyên tố p đều thỏa mãn Với 2
2
p n
thì n 4 và (2 1) n 1 n
Suy ra n 2
0,25
Xét n 2 và p 3
Do (p 1)n1 là số lẻ và là bội của n p1 nên n là số tự nhiên lẻ, do đó n2p
0,25
Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n
Do q| (p 1)n1 nên (p1)n 1 mod q và (p1; ) 1q 0,25
Do n, q đều lẻ nên ( ;n q 1) 1 ; do đó tồn tại u v , * sao cho un v q ( 1) 1
Khi ấy u lẻ và
Suy ra q p| , do p, qlà các số nguyên tố nên q p
Từ đó, do n2p suy ra n p
0,5
1
2
p
p k
p
k
p
Do mỗi số hạng của 2
2
1
p
p k
p k
đều chia hết cho p nên p 1 2 p3 Bởi vậy n p3
Kết luận: ( ;n p) {(2 ; 2), (3; 3)} {(1; p):p là số nguyên tố}
0,5
Trang 44 2,0 điểm
B'
I
L Q
P N A
M
1 1,0 điểm
Do B Q P M cùng nằm trên một đường tròn và , , , C Q P N cùng nằm trên một , , , đường tròn, nên (BQ BM; )(PQ PM; )(PQ PC; )(NQ NC; ) mod
và (MQ MB; )(PQ PB; )(PQ PN; )(CQ CN; ) mod
0,5
Từ đó suy ra BQM ~NQC(2)
Gọi I và J theo thứ tự là hình chiếu của Q trên các đường thẳng BM và CN Khi đó, do
(2) nên QI MB AB
QJ NC AC (do MN BC)
Từ đó, theo tính chất của đường đối trung, Q nằm trên đường đối trung kẻ từ A của tam giác ABC
0,5
2 1,0 điểm
Gọi L là giao điểm của AP với BC Áp dụng định lý Céva cho tam giác ABC ta có
1 (1)
MA LB NC
MB LC NA
Do MN BC nên MA NA
MB NC từ đó và (1) suy ra 1
LB
LC hay L là trung điểm BC
0,25
Do AQ là đường đối trung nên BAQCAP và kết hợp với tứ giác AIQJ nội tiếp nên
AQI AJI suy ra CAPAJI AQIBAQ900APIJ (3)
0,25
Do cách xác định các điểm B C', ' nên AB' AC' AQ hay tam giác AB C cân tại ' '
A , kết hợp với IJ là đường trung bình của tam giác QB C' '
IJ B C AB AC
0,25
Từ (3), (4) suy ra AP là đường trung trực của đoạn B’C’ suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’B’C’ nằm trên đường thẳng AP hay nằm trên trung tuyến AL của tam giác ABC
0,25
5 1,0 điểm
Trang 5
1 1 n u ; 1
0 n u ;
a
a p p
Õ
Õ (định lý Fermat)
Do đó, vì ước chung lớn nhất của a b c, , bằng 1 suy ra
1, 2, 3 mod
a b c p Vậy, nếu p là một ước nguyên tố của a p1b p1c p1 thì p 2 hoặc p 3
Từ đó, nếu ( ; ; )a b c là n đẹp thì a b c chỉ có các ước nguyên tố là 2, 3
0,25
0, 1 mod 4
x và a, b, c không cùng chẵn nên 2 2 2
1, 2, 3 mod 4
0, 1 mod 9
x và a, b, c không cùng chia hết cho 3 nên
6 6 6
1, 2, 3 mod 9
a b c (2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra nếu ( ; ; )a b c là n đẹp thì a b c không chia hết cho 4 và 9 Do
đó a b c bằng 3 hoặc 6
Bằng việc kiểm tra trực tiếp, thu được (1; 1; 1) và (1; 1; 4) là n đẹp với mọi n 1
0,25
