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 BCP và các đường thẳng BN, CM cắt nhau tại P.. Gọi Q là
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) ( , , ) ( 2)
y x xy
z y yz x y z
x z zx
¡
2 Tính giới hạn sau: xlim→0+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 n≤2p và (p−1)n+1 chia hết cho p 1
n −
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 BCP 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 a b c≤ ≤ , ước chung lớn nhất của , ,a b c bằng 1 và ( n n n) ( )
a + +b c Ma 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≥1 (nếu có)
—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
(1 ) 2 (1 ) 2 (1 ) 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 x=tanα với ;
2 2
π π
α ∈ − ÷
2 tan tan 2
1 tan
α α
α
=
Ta có
tan 2 tan 4 tan 8
y z x
α α α
=
=
=
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 c∈( )3 x;1 sao
cho: ( ) ( )3 ( ) ( 3 ) (1 3 )
c
3
1
x
3
x
0,5
Trang 30 0
ln
3
x
x x
x
x +x
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
4 3
c a
ca
4
4 · · · 4,
3 2 4
a b c
abc
0,5
(1) 4 (2) 7 (3) (4)+ × + × + ⇒3(a b c) 6 32 84 24 40
ab bc ca abc
26 78
bc ca
Mặt khác, từ giả thiết suy ra 1 1
12
ca ≤ và 1 1
8
bc ≤ Do đó
bc ca
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=3,b=2,c=4
Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức D bằng 121,
12 đạt được khi a=3,b=2, c=4. 0,5
Với n=1 thì mọi số nguyên tố p đều thỏa mãn Với 2
2
p n
=
≥
thì n≤4 và (2 1) 1
Suy ra n=2
0,25
Xét n≥2 và p≥3
Do (p−1)n+1 là số lẻ và là bội của n p− 1 nên n là số tự nhiên lẻ, do đó n<2p 0,25
Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n
Do | ( 1)n 1
q p− + nên (p−1)n ≡ −1 mod( q) và (p−1; ) 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
( p−1)un =(p−1)·(p−1)v q( − 1) ⇒ −( ) (1u ≡ p−1 1) (v modq) ⇒ p≡0 mod( q) Suy ra |q p , do p, qlà các số nguyên tố nên q p= .
Từ đó, do n<2p 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
C − p −
=
−
∑ đều chia hết cho p nên p− ≤ ⇒ ≤1 2 p 3 Bởi vậy n= =p 3
Kết luận: ( ; ) {(2; 2), (3; 3)} {(1; ):n p ∈ ∪ p p là số nguyên tố}.
0,5
Trang 41 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; ) (modπ)
và (MQ MB; ) (≡ PQ PB; ) (≡ PQ PN; ) (≡ CQ CN; ) (modπ)
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 BCP )
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 BCP nên MA NA
MB = NC từ đó và (1) suy ra LB 1
LC = − hay L là trung điểm BC.
0,25
Do AQ là đường đối trung nên ·BAQ CAP= · và kết hợp với tứ giác AIQJ nội tiếp nên
AQI = AJI suy ra ·CAP AJI+· =·AQI BAQ+· =900 ⇒AP⊥IJ (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
Trước hết ta có nhận xét: Với mỗi số nguyên tố p thì
( ) ( )
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
0,25
Trang 5( )
1 1 1 1, 2, 3 mod
a − +b − +c − ≡ p Vậy, nếu p là một ước nguyên tố của a p−1+b p−1+c p−1 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
Do x2 ≡0, 1 (mod 4) và a, b, c không cùng chẵn nên a2+ + ≡b2 c2 1, 2, 3 mod 4( ) (1)
Do x3≡ ±0, 1 mod 9( ) và a, b, c không cùng chia hết cho 3 nên
6 6 6 1, 2, 3 mod 9
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