ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn TOÁN - THPT CHUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn TOÁN - THPT CHUYÊN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN – THPT chuyên

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Ngày thi: 02/11/2012

2

2

2

8

8

8

y

z

x













ℝ

Câu 2 (1,5 điểm) Cho a b c d là các số thực dương Chứng minh rằng , , ,

3

6 81

Câu 3 (2,0 điểm) Giả sử n là một số nguyên dương sao cho 3n+ 2n chia hết cho 7 Tìm số

dư của 2n+ 11n+ 2012n2 khi chia cho 7

Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD Gọi P là điểm sao cho trung trực của đoạn

thẳng CP chia đôi đoạn AD và trung trực của đoạn AP chia đôi đoạn CD Gọi Q là trung

điểm của đoạn thẳng BP

a) Chứng minh rằng đường thẳng BP vuông góc với đường thẳng AC

b) Chứng minh rằng BP = 4 OE , trong đó E là trung điểm của AC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC

Câu 5 (1,0 điểm) Cho m, n ( m > > n 4 ) là các số nguyên dương và A là một tập hợp con có đúng n phần tử của tập hợp S = { 1, 2,3, , m } Chứng minh rằng nếu ( ) ( 2 3 4)

m > n − + C + C + C thì ta luôn chọn được n phần tử đôi một phân biệt

1, 2, , n

x x x ∈ S sao cho các tập hợp Ai = { x + + y x xi ∈ A y , ∈ A } , i = 1, n thỏa mãn

j k

A ∩ A = ∅ với mọi j ≠ k và j k , = 1, n

-Hết -

- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay

- Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ……….Số báo danh………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – THPT chuyên

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Gồm 04 trang)

Lưu ý khi chấm bài:

-Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó -Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm -Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai

đó không được điểm

-Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau

-Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình không cho điểm -Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn

Câu 1 (2,5 điểm)

Nội dung

Điều kiện: , , 1

5

x y z≥ Xét các hàm số ( ) 2 ( ) 8

t

= + + = − − Khi đó ta có

5

2 5 1

= + > = − − < ∀ >

Mà f t( ) ( ),g t là các hàm số liên tục trên 1;

5

+ ∞

  suy ra f t( ) đồng biến trên 1;

5

+ ∞

 

và g t( ) nghịch biến trên 1;

5

+ ∞

  Không mất tính tổng quát ta giả sử x=min{x y z, , } Khi đó ta có:

Nếu x< ⇒y g x( ) ( )>g y ⇒ f z( )> f x( )⇒ > ⇒z x g z( ) ( )<g x ⇒ f y( )< f z( ) suy

ra y< ⇒z g y( ) ( )>g z ⇒ f x( )> f y( )⇒ >x y , vô lí vì x< y

Do vậy x= y, tương tự lí luận như trên ta được x=z suy ra x= =y z Thay trở lại hệ ta

x

x

⇔ + + − + − = (1)

5

x

= + + − + − ∈ +∞ Dễ thấy hàm số đồng biến trên

Nội dung

1

;

5

+ ∞

  và h( )1 = ⇒ =0 x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1) Vậy nghiệm của

hệ phương trình đã cho là x= = =y z 1

Câu 2 (1,5 điểm)

Đặt

3

81

P

dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

3 3

2 3

2 3

a b c

a b c

+ +

=

+ +

3 3

4

81

2 3

a b a b c d

=  

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:

P

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= = =b c d

Câu 3 (2,0 điểm)

Đặt n=3q+r q r; , ∈ℕ, 0≤ ≤r 2 Khi đó 3n +2n =27 3q r +8 2q r ≡ −( )1 3q r+2r(mod 7)

Do đó để 3n +2n ≡0 mod 7( ) ( )⇔ −1 3q r +2r ≡0 mod 7( )⇔ =q 2k+1,r=0

Suy ra n có dạng n=6k+3, chú ý nếu ( ) 6 ( )

a = ⇒a ≡ Do đó ta có:

+) 6 3 ( )6 ( )

2n =2 k+ = 2k 8 1 mod 7≡ (1)

+) 6 3 ( )6 3 3 ( )

11n =11k+ = 11k 11 ≡4 ≡1 mod 7 (2)

2012n =2012 k+ = 2012 k + k 2012 ≡ ≡3 27 ≡6 mod 7 (3)

Từ (1), (2) và (3) ta được

Nội dung Điểm

2n+11n+2012n ≡ + + ≡1 1 6 1 mod 7 Vậy số dư cần tìm là 1

Câu 4 (3,0 điểm)

E O

Q

J

I

M

N

P

B A

a) (2,0 điểm)

Gọi M, N, I, J theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AD, CD, AP, CP Khi đó

,

NI ⊥AP MJ ⊥CP

Do I là trung điểm của AP, Q là trung điểm của BP nên IQ AB và

2

AB

IQ= từ đó suy ra

Suy ra CQ NI Từ đó, do NI ⊥ AP nên CQ⊥AP (1)

Chứng minh tương tự, cũng được AQ⊥CP (2)

Từ (1) và (2) suy ra P là trực tâm của tam giác ACQ suy ra PQ⊥ AC hay BP⊥AC

Do P là trực tâm của tam giác AQC nên OA OC+ +OQ=OP

1

2 2

Vậy BP=4.OE

Câu 5 (1,0 điểm)

Xét tập hợp B={x+ − −y z t x y z t, , , ∈A} Ta sẽ chỉ ra bất đẳng thức sau:

1+C n +C n +C n (1)

Nội dung Điểm

Thật vậy, ta xét các trường hợp sau:

+) Nếu 4 số , , ,x y z t đều bằng nhau thì số các số dạng x+ − −y z t bằng 1

+) Nếu trong 4 số x y z t có đúng 3 số bằng nhau, giả sử x, , , = = ≠y z t Khi đó

x+ − − = −y z t x t suy ra có tối đa C số n2 x+ − −y z t

+) Nếu 4 số , , ,x y z t có đúng 2 số bằng nhau Khi đó nếu x= y thì có tối đa C số dạng n3

này, còn nếu x=z thì x+ − − = −y z t y t thì có tối đa 2

n

C số dạng này và đã xét ở trên

+) Nếu 4 số , , ,x y z t đôi một khác nhau thì có tối đa C số n4 x+ − −y z t

Do đó có nhiều nhất 1+C n2+C n3+C n4 số dạng x+ − −y z t Từ đó suy ra bất đẳng thức

(1)

Gọi x1= ∈1 S Đặt C1=S\{x+x x1 ∈B} suy ra

C ≥ S − B > −n B > ⇒ ∃ =x C ⇒x >x

Dễ thấy A1∩A2 = ∅ Tiếp theo đặt C2 =C1\{x+x x2 ∈B} suy ra

C ≥ C − B > −n B > ⇒ ∃ =x C ⇒ >x x Kiểm tra được ngay A2∩A3 = ∅, A1∩A3 = ∅ Cứ tiếp tục như vậy đến bước thứ n, ta đặt

C − =C − x+x − x∈B thì

C − ≥ C − − B > −n n B = ⇒ ∃ ∈x C− ⇒x >x −

Khi đó ta kiểm tra được A i∩A j = ∅ với mọi i≠ j Vậy luôn tồn tại các phần tử

1, 2, , n

x x x ∈S thỏa mãn yêu cầu bài toán

-Hết -