Đề thi chính thức chọn học sinh giỏi chuyên Toán Lớp 10 - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chính thức chọn học sinh giỏi chuyên Toán Lớp 10 - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011 ————————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (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) xy2 y3 3x 6y 0 1. Giải hệ phương trình 2 x xy 3 0 2. Giải phương trình 18x 16 4 2x2 5x 3 7 4x2 2x 2 7 2x2 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 1 1 1 m ; n ; p np pm mn là một số nguyên. Câu III (2,0 điểm) a2012 b2012 c2012 1. Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2011. Chứng minh b2010 c2010 a2010 an 3 bn 3 cn 3 2011 an 2 bn 2 cn 2 rằng luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho bn 1 cn 1 an 1 2010 bn cn an 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên m ta có bất am 3 bm 3 cm 3 am 2 bm 2 cm 2 đẳng thức bm 1 cm 1 am 1 bm cm am 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 2 2 kiện f 1 0 và f m2 2n2 f m 2 f n với mọi m, n ¥ . Tính các giá trị của f 2 và f 2011 . Hết Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: SBD:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 VÒNG TỈNH TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh các trường THPT chuyên) Đáp án gồm 4 trang Câu Nội dung Điểm I (3 điểm) I.1 (3 điểm) 3x 0 y 0 +) Nếu thay vào hệ ta có 2 hệ này vô nghiệm x 3 0 0,5 +) Nếu y 0 thì ta đặt x ty thay vào hệ ta được ty3 y3 3ty 6y 0 0,5 2 2 2 t y ty 3 0 2 2 ty2 y2 3t 6 0 y ty y 3t 6 0 0,5 2 2 2 3 t t y 3 y 2 t t 3 3 2 t 1 3t 6 0 3t 6 0 t 2t 1 0 t 1 t t 1 t 3 3 3 2 y2 0,5 2 3 2 y 2 y y 2 t t 2 t 2 t t t x y 3 3 x y . 0,5 y 2 2 3 3 3 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm là x; y ; ; ; 0,5 2 2 2 2 I.2 (1 điểm) 1 ĐK x với điều kiện này phương trình được đưa về dạng 2 18x 16 4 x 3 2x 1 7 2x 2 2x 1 7 2x 2 x 3 0,25 2 2 x 3 2x 1 7 2x 2 x 3 2x 1 6 2x 2 0 Đặt a x 3 2x 1;b 2x 2 thay vào phương trình trên ta được 2a2 7ab 6b2 0 2a 3b a 2b 0 2a 3b;a 2b 0,25 +) a 2b x 3 2x 1 2 2x 2 phương trình này vô nghiệm 0,25
3. +) 2a 3b 2 x 3 2 2x 1 3 2x 2 giải phương trình này được nghiệm x 1. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 1. 0,25 II Giả sử tìm được bộ ba số m;n; p trong đó m, n, p là các số hữu tỉ dương (1 điểm) sao cho có các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn 1 1 1 a m ;b n ;c p 0,25 np pm mn Từ đó mnp 1 anp bpm cmn . Suy ra abc mnp 2 mnp 1 3 u Đặt mnp trong đó u,v ¢ , u;v 1 ta được v 2 3 0,25 u u 2 3 abc  2 1 abcu v u v (1) v v Do u;v 1 nên nếu p là một số nguyên tố sao cho p | u2v thì hoặc p | u hoặc p | v do đó u v không chia hết cho p . Do đó 3 3 0,25 u v abc u v (1) abc 2 2 u v u v 1 Suy ra u v 1,abc 8,mnp 1. Từ đó tìm được a;b;c 1;1;8 , 1;2;4 , 2;2;2 và các hoán vị và vì vậy 0,25 1 1 1 m;n; p 1;1;1 , ; ;4 , ;1;2 và các hoán vị. 2 2 2 III III. 1 (1,0 điểm) (2 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 an 3 bn 3 cn 3 2011 an 2 bn 2 cn 2 0,5 bn 1 cn 1 an 1 2010 bn cn an Lần lượt cho n 0,1,2, ,2009 và cộng từng vế của 2010 bất đẳng thức ta a2012 b2012 c2012 2011 được 2010. a2 b2 c2 2011. Mâu thuẫn với giả b2010 c2010 a2010 2010 0,5 thiết nên ta có đpcm. III.2 (1,0 điểm) am 2 Áp dụng bđt AM – GM cho 2 số và m số b2 ta có bm 0,25 am 2 a2 m 2 .b2m 2 mb2 m 2 m 2 m 2 a2 bm b2m Tương tự ta được bm 2 b2 m 2 .c2m 2 mc2 m 2 m 2 m 2 b2 cm c2m
4. cm 2 c2 m 2 .a2m 0,25 2 ma2 m 2 m 2 m 2 c2 am a2m Cộng từng vế các bđt trên ta được am 2 bm 2 cm 2 a2 b2 c2 (1) bm cm am am 2 Áp dụng bđt AM – GM cho m số và a2 ta được bm am 3 am m 3 .a2 am 2 m a2 m 1 m 1 m 1 . Tương tự ta có 0,25 bm 1 bm m 1 bm bm 3 bm m 3 .b2 bm 2 m b2 m 1 m 1 m 1 cm 1 cm m 1 cm cm 3 cm m 3 .c2 cm 2 m c2 m 1 m 1 m 1 am 1 am m 1 am Cộng từng vế của các bđt trên ta được am 3 bm 3 cm 3 am 2 bm 2 cm 2 m m 1 m 1 m 1 m m m m b c a b c a 0,25 am 2 bm 2 cm 2 a2 b2 c2 bm cm am Kết hơp với (1) ta có đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra a b c . IV IV. (1 điểm) (2 điểm) +) Do các tứ giác BFHD, DHEC và CBFE nội tiếp nên F· DH F· BH F· BE F· CE H· CE H· DE 0,5 Suy ra DH là phân giác của góc E· DF. Tương tự cũng được EH là phân giác của góc D· EF và FH là phân giác của góc E· FD. Từ đó H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF. a a.sin A +) Do M· BT M· CT B· AC;MB MC d M ; BT d M ;CT 2 2 0,25 +) Ta có M· EF H· EF H· EM H· AB H· EM H· AB H· BM 900 B 900 C A và BC a a.sin A ME d M ; EF . 2 2 2 0,25 a Do đó d M ;TB d M ;TC d M ; EF sin A nên M là tâm đường tròn 2 nội tiếp tam giác XTY . IV.2 (1 điểm) +) Do tứ giác AFDC nội tiếp và TX tiếp xúc với O nên 0,5 F· DB F· AC B· AC C· BT D· BT
5. Suy ra TX || DF. Tương tự cũng có TY || DE. DF +) Từ đó, với k thì phép vị tự tâm S tỷ số k biến tam giác DEF TX thành tam giác TYX . Và do đó biến H (tâm đường tròn nội tiếp của tam 0,5 giác DEF ) thành M (tâm đường tròn nội tiếp của tam giác TYX ) suy ra S, H, M thẳng hàng. Y A E F S X H O C B D M T 2 V Đặt f 2 a . Cho m n 0 f 0 3 f 0 f 0 0 . (1 điểm) 2 0,25 Cho m 1;n 0 f 1 f 1 f 1 1. Cho m n 1 f 3 3. 2 Cho n 0 f m2 f m ,m ¥ nên f 4 a2 . Mặt khác với mỗi số tự nhiên k 3 k 1 2 2 k 2 2 k 3 2 2k 2 2 2 2 2 f k 1 2 f k 2 f k 3 2 f k 1 0,25 Từ (1) cho k 3 ta có 2 2 2 2 f 4 2 f 1 f 0 2 f 3 a4 16 a 2 f 2 2. 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: 2 2 2 2 f n 1 2 f n 2 f n 3 2 f n 0,5 2 f n 1 n 3 2 2n2 2 n 2 2 n 1 2 f n 1 n 1 Do đó f n n, n ¥ f 2011 2011.