Tiếp tuyến tại B, C của đường tròn O ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại điểm T, các đường thẳng TD và EF cắt nhau tại điểm S.. Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các
Trang 1SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
—————————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011
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 I (4,0 điểm)
1 Giải hệ phương trình
2
1 8x 1 6 4 2x 5x 3 7 4x 2x 2 7 2x 8x 6
Câu II (1,0 điểm)
Tìm tất cả các bộ ba số hữu tỷ dương m n p; ; sao cho mỗi một trong các số
là một số nguyên
Câu III (2,0 điểm)
1 Giả sử a, , b c là các số thực dương thỏa mãn
2 0 1 2 2 0 1 2 2 0 1 2
2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 1
Chứng minh
rằng luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho
2 0 1 1
2 0 1 0
2 Cho a, , b c là các số thực dương Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên m ta có bất
đẳng thức a m m 31 b m m 13 c m m 31 a m m2 b m m2 c m m2
Câu IV (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn với ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H Tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại điểm T, các đường thẳng TD và EF cắt nhau tại điểm S Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng TB, TC; M là trung điểm của cạnh BC
1 Chứng minh rằng H, M lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác DEF và XTY
2 Chứng minh rằng đường thẳng SH đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC
Câu V (1,0 điểm)
Kí hiệu chỉ tập hợp các số tự nhiên Giả sử f : là hàm số thỏa mãn các điều
f m n f m f n với mọi m, n Tính các giá trị của
2
f và f 2 0 1 1
-Hết -
Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ………SBD: ………
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH VĨNH PHÚC
KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh các trường THPT chuyên)
Đáp án gồm 4 trang
I (3 điểm) I.1 (3 điểm)
+) Nếu y 0 thay vào hệ ta có
2
x x
hệ này vô nghiệm
0,5
+) Nếu y 0 thì ta đặt x t y thay vào hệ ta được
0,5
2
2
3 3
y
0,5
2
2 2
2
2 2
1
3 3
3 3
2
y y
y
0,5
3 3
2 2
y
I.2 (1 điểm)
2
x với điều kiện này phương trình được đưa về dạng
2
0,25
Đặt a x 3 2x 1 ;b 2x 2 thay vào phương trình trên ta được
2a 7a b 6b 0 2a 3b a 2b 0 2a 3 ;b a 2b 0,25
Trang 3+) 2a 3b 2 x 3 2 2x 1 3 2x 2 giải phương trình này được
II
(1 điểm) Giả sử tìm được bộ ba số m n p; ; trong đó
, ,
m n p là các số hữu tỉ dương sao cho có các số nguyên dương a b c, , thỏa mãn
1
a b c m n p m n p
0,25
v
trong đó u v, , u v; 1 ta được
3 2
3 2
(1)
0,25
Do u v; 1 nên nếu p là một số nguyên tố sao cho 2
|
p u v thì hoặc p|u
hoặc p|v do đó u v không chia hết cho p Do đó
2
2 (1)
1
a b c
0,25
; ; 1; 1; 8 , 1; 2 ; 4 , 2 ; 2 ; 2
; ; 1; 1; 1 , ; ; 4 , ; 1; 2
0,25
III
(2 điểm) III 1 (1,0 điểm) Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử không tồn tại số tự nhiên n nào
thỏa mãn thì với mọi số tự nhiên n ta luôn có
2 0 1 1
2 0 1 0
0,5
Lần lượt cho n 0 , 1, 2 , , 2 0 0 9 và cộng từng vế của 2 0 1 0 bất đẳng thức ta
2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 0
2 0 1 1
2 0 1 0
Mâu thuẫn với giả thiết nên ta có đpcm
0,5
III.2 (1,0 điểm)
Áp dụng bđt AM – GM cho 2 số
2
m m
a b
và m số 2
b ta có
2 2
2
.
m
m
0,25
Tương tự ta được
2
.
m
m
Trang 42 2
2
.
m
m
Cộng từng vế các bđt trên ta được
(1)
0,25
Áp dụng bđt AM – GM cho m số
2
m
m
a b
và 2
a ta được
3
.
m m
m
Tương tự ta có
3
.
m m
m
3
.
m m
m
0,25
Cộng từng vế của các bđt trên ta được
Kết hơp với (1) ta có đpcm Dấu đẳng thức xảy ra a b c
0,25
IV
(2 điểm) IV (1 điểm) +) Do các tứ giác B F H D D H E C, và C B F E nội tiếp nên
Suy ra D H là phân giác của góc E D F . Tương tự cũng được E H là phân
giác của góc D E F và F H là phân giác của góc E F D . Từ đó H là tâm
đường tròn nội tiếp của tam giác D E F.
0,5
0,25
+) Ta có
9 0 9 0
s i n
;
2
a
nội tiếp tam giác X T Y
0,25
IV.2 (1 điểm)
+) Do tứ giác A F D C nội tiếp và T X tiếp xúc với O nên
0,5
Trang 5Suy ra T X || D F. Tương tự cũng có T Y || D E.
+) Từ đó, với k D F
T X
thì phép vị tự tâm S tỷ số k biến tam giác D E F
thành tam giác T Y X Và do đó biến H (tâm đường tròn nội tiếp của tam
giác D E F ) thành M (tâm đường tròn nội tiếp của tam giác T Y X ) suy ra
, ,
S H M thẳng hàng
0,5
X
Y
S
M
T
H
D
E F
O
A
V
(1 điểm) Đặt f 2 a Cho
2
4
0,25
Mặt khác với mỗi số tự nhiên
Từ (1) cho k 3 ta có
0,25
Theo trên ta chứng minh được f n n với n 0 ; 1; 2 ; 3; 4 Ta chứng minh
bằng quy nạp f n n Thật vậy, với n 3 từ đẳng thức (1) ta có:
Do đó f n n, n f 2 0 1 1 2 0 1 1
0,5