a Chứng minh rằng đường tròn tâm I bán kính IE tiếp xúc trong với đường tròn O và tứ giác ETMP nội tiếp một đường tròn.. b Qua D kẻ tiếp tuyến thứ hai DS với đường tròn O, S là tiếp điểm[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH
Năm học 2012-2013 Môn Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang
-
Câu 1 (5,0 điểm)
a) Giải phương trình:
x −3x 14+ =4 x − 8
b) Giải hệ phương trình:
2
x xy y y
x, y 3x 6 2y 7 6
Câu 2 (4,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn x+ + = Tìm giá trị lớn nhất y z 3 của biểu thức: P xy yz zx
3x 4y 2z 3y 4z 2x 3z 4x 2y
Câu 3 (4,0 điểm)
Cho dãy số ( )xn xác định bởi:
1
n 2
x 3
1
x x 2 , n 1, 2,3,
2
− +
=
a) Tìm tất cả các số hạng là số nguyên trong dãy số trên
b) Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy ( )xn
Câu 4 (5,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O và một dây cung AB không đi qua O C là điểm chính giữa cung nhỏ AB, D là một điểm nằm ngoài đường tròn (O) sao cho D và C nằm khác phía đối với đường thẳng AB Qua D kẻ tiếp tuyến DT với đường tròn (O), T là tiếp điểm CT cắt AB tại
E Đường thẳng qua E vuông góc với AB cắt OT tại I Một đường thẳng thay đổi qua D cắt đường tròn (O) tại M và N (M nằm giữa D và N), CM cắt AB tại P
a) Chứng minh rằng đường tròn tâm I bán kính IE tiếp xúc trong với đường tròn (O) và
tứ giác ETMP nội tiếp một đường tròn
b) Qua D kẻ tiếp tuyến thứ hai DS với đường tròn (O), S là tiếp điểm, CS cắt AB tại F Đường thẳng qua F vuông góc với AB cắt OS tại J Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP Chứng minh rằng I, J, K thẳng hàng
Câu 5 (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng cho n điểm (n≥5) sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng Kí hiệu
( )
S n là số tam giác có ba đỉnh là ba trong số n điểm nói trên thỏa mãn điều kiện bên trong tam giác đó có chứa ít nhất một điểm trong số n - 3 điểm còn lại Chứng minh rằng, nếu
( )
S n ≤ −n 4 thì S n( )=0
- Hết -
Họ và tên thí sinh: SBD:
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH
Năm học 2012-2013 Môn Toán
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang)
I Một số chú ý khi chấm bài
• Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo
cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,5 điểm
• Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm
tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm
• Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số
II Đáp án và biểu điểm
Câu 1 (5,0 điểm)
a) (3,0 điểm) Giải phương trình:
x −3x 14+ =4 x −8
Điều kiện: x≥2
Phương trinh đã cho tương đương với phương trình sau
x +2x+4 −5 x−2 =4 x−2 x +2x+4 1,0 đ
Đặt x2 2x 4 u(u 0, v 0)
x 2 v
− =
u v 0
u 5v 0
+ =
⇔ − =
1,0 đ
+) u+ =v 0, do u≥0, v≥0 nên
2
x 2x 4 0
x 2 0
− =
+) u−5v= ⇔ =0 u 5v do đó x2 +2x+ =4 5 x−2
x 23x 54 0 x
2
±
⇔ − + = ⇔ = thỏa mãn điều kiện
Kết luận: Nghiệm của phương trình là x 23 313
2
±
=
1,0 đ
b) (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
x, y 3x 6 2y 7 6 (2)
ℝ
Điều kiện: x≥ −2
Phương trình (1) tương đương với phương trình sau 1,0 đ
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 3( 2)( 2 2 4 2) 2
− =
+) Nếu x2 +xy2 +y4+y2 =0 thì
2
2
mãn (2)
+) Nếu x−y2 = ⇔0 y2 =x
Thay y2=x vào phương trình (2) ta được
3x+ +6 2x+ = ⇔7 6 3x+ −6 3 + 2x+ −7 3 =0
x 1
⇔ = thỏa mãn điều kiện, suy ra y2 = ⇔ = ±1 y 1
Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là ( ) (1;1 , 1; 1 − )
1,0 đ
Câu 2 (4,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x+ + = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: y z 3
3x 4y 2z 3y 4z 2x 3z 4x 2y
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
x y z+ x y z+ x 2y ≥3x 4y 2z
1,0 đ
Suy ra:
( )
1 3x 4y 2z ≤ 3 + x 2y
Tương tự:
( )
2 3y 4z 2x ≤ 3 + y 2z
( )
3 3z 4x 2y≤ 3 +z 2x
Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta được:
3x 4y 2z 3y 4z 2x 3z 4x 2y
4
1,0 đ
Mặt khác:
2 xy yz zx 2 x y z
2 5
Hơn nữa:
Trang 4(x 2y 2x)( y) (x y y x)( x y) 9xy xy 2x y
+
+
Tương tự:
Từ đó:
( )
1 6
+ +
Kết hợp (4), (5), (6) ta có 9P 3 P 1
3
≤ ⇔ ≤
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 1
3 khi và chỉ khi x= = =y z 1
Câu 3 (4,0 điểm)
Cho dãy số ( )xn xác định bởi:
1
n 2
x 3
1
x x 2 , n 1, 2,3,
2
− +
=
a) Tìm tất cả các số hạng là số nguyên trong dãy số trên
b) Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy ( )xn
a) (1,0 điểm) Từ giả thiết, ta có 1 2 3 4 5 11
x 3; x 2; x 2; x 3; x
2
Ta chứng minh x , nn ≥5 không là số nguyên Thật vậy:
+) 5 11
2
= ∉ℤ
+) Giả sử xk∉ℤ, ta có k 1 1 k k 2
2
−
Vậy x , nn ≥5 không là số nguyên, nghĩa là, dãy chỉ có 4 số hạng là các số nguyên,
gồm x1=3; x2 =2; x3=2; x4 =3
0,5 đ
b) (3,0 điểm) Từ công thức truy hồi ta có thể viết lại dưới dạng:
Đặt n n
n
x
y , n 1, 2,3,
2
= = Ta được 8yn 1+ =2yn +1 và 1 x1 3
2 2
1,0 đ
Khi đó n 1 1 1 n 1
Đặt n n 1
z y , n 1, 2,3,
6
= − = Ta được n 1 1 n
4
6 3
1,0 đ
4 − 3.2 −
2n 4
y
6 3.2 −
n 1
−
−
1,0 đ
Trang 5Câu 4 (5 điểm)
Cho đường tròn tâm O và một dây cung AB không đi qua O C là điểm chính giữa cung nhỏ
AB, D là một điểm nằm ngoài đường tròn (O) sao cho D và C nằm khác phía đối với đường thẳng
AB Qua D kẻ tiếp tuyến DT với đường tròn (O), T là tiếp điểm CT cắt AB tại E Đường thẳng qua E vuông góc với AB cắt OT tại I Một đường thẳng thay đổi qua D cắt đường tròn (O) tại M
và N (M nằm giữa D và N), CM cắt AB tại P
a) Chứng minh rằng đường tròn tâm I bán kính IE tiếp xúc trong với đường tròn (O) và
tứ giác ETMP nội tiếp một đường tròn
b) Qua D kẻ tiếp tuyến thứ hai DS với đường tròn (O), S là tiếp điểm, CS cắt AB tại F
Đường thẳng qua F vuông góc với AB cắt OS tại J Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP Chứng minh rằng I, J, K thẳng hàng
K P
M
I E
T
C
O A
D
B
N
J
F
T2
T1
K P
M
I E
S
T C
D
A
O
B
N
a) (3,0 điểm) Tam giác OCT đồng dạng với tam giác IET vì
OCT=IET,OTC=ITE
Mà tam giác OCT cân tại O nên tam giác IET cân tại I, suy ra IE = IT Vậy đường tròn
tâm I bán kính IE tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại T
1,5 đ
Tam giác ACP đồng dạng với tam giác MCA vì CAP =CMA, ACP =MCA.
Do đó AC2 =CP.CM
Tương tự, tam giác BCE đồng dạng với tam giác TCB vì CBE=CTB, BCE =TCB.
Do đó BC2 =CE.CT
Suy ra CP.CM=CE.CT Vậy tứ giác PETM nội tiếp
1,5 đ
b) (2,0 điểm) Gọi R1=IE là bán kính đường tròn tâm I,
R2 là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP
Gọi CT1 là tiếp tuyến của đường tròn ( ) 2 2 2
I;R ⇒CE.CT =CT =CI −R ,
CT2 là tiếp tuyến của đường tròn ( ) 2 2 2
K;R ⇒CP.CM=CT =CK −R
Do CE.CT CP.CM= nên CI2−R12=CK2−R22 ⇔CI2−CK2=R12−R22 (1)
1,0 đ
Trang 6DI2−R12 =DK2−R22 ⇔DI2−DK2=R12−R22 (2)
Từ (1) và (2) suy ra
CI −CK =DI −DK ⇔ CI−CK CI +CK = DI−DK DI +DK
KI.2CH KI.2DH 2KI CH DH 0 KI.CD 0
⇔ = ⇔ − = ⇔ = (H là trung điểm IK)
Do đó KI vuông góc với CD Tương tự, KJ vuông góc với CD Vậy I, J, K thẳng hàng
Chú ý: Nếu học sinh sử dụng tính chất phương tích của một điểm đối với một đường
tròn để suy ra KI vuông góc với CD thì vẫn cho điểm tối đa
1,0 đ
Câu 5 (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng cho n điểm (n≥5) sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng Kí hiệu S n( ) là
số tam giác có ba đỉnh là ba trong số n điểm nói trên thỏa mãn điều kiện bên trong tam giác đó có chứa ít nhất một điểm trong số n - 3 điểm còn lại Chứng minh rằng, nếu S n( )≤ −n 4 thì
( )
S n =0
y
x
z A
D
M
Giả sử S n( )>0, khi đó tồn tại tam giác ABC với điểm D nằm bên trong tam giác đó
(A, B, C, D là 4 trong số n điểm đã cho)
Ký hiệu Dx, Dy, Dz lần lượt là các tia đối của các tia DA, DB, DC
Các tia này chia mặt phẳng thành 3 miền không giao nhau
1,0 đ
Lấy M là điểm tùy ý trong số n – 4 điểm còn lại
Không giảm tổng quát, giả sử M thuộc miền góc xDy
Khi đó, điểm D nằm ở miền trong của tam giác MAB do đó ta có thêm một tam giác
nữa thỏa mãn điều kiện bài toán
Như vậy, ngoài tam giác ABC, còn ít nhất n – 4 tam giác khác cũng thỏa mãn điều kiện
bài toán Từ đó S n( )≥ −n 3, suy ra điều phải chứng minh
1,0 đ
HẾT