Đề thi chính thức chọn học sinh giỏi chuyên Toán Lớp 10 - Năm học 2012-2013 - 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 2012-2013 - 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 2012-2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho học sinh THPT Chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (3,0 điểm). 1 1 x 3y 3x y x 2 y 1. Giải hệ phương trình x, y ¡ 1 1 2 y2 x2 x 2 y 2. Tìm tất cả các giá trị của a, b sao cho phương trình x3 ax2 bx 3a 0 có các nghiệm đều là các số nguyên dương. Câu 2 (2,0 điểm). Giả sử a,b,c,d là các số nguyên sao cho a b c d là số nguyên lẻ và chia hết a2 b2 c2 d 2. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n đều có n n n n a b c d chia hết a b c d . Câu 3 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn tâm I. Lấy E và F lần lượt trên các đường thẳng AC và AB sao cho CB CE BF, đồng thời chúng nằm về cùng một phía với A đối với đường thẳng BC. Các đường thẳng BE và CF cắt nhau tại G. 1. Chứng minh rằng bốn điểm C, E, I và G cùng nằm trên một đường tròn. 2. Trên đường thẳng qua G và song song với AC lấy điểm H sao cho HG AF đồng thời H khác phía với C đối với đường thẳng BG. 1 Chứng minh rằng EHG ·CAB. 2 Câu 4 (1,0 điểm). Ký hiệu ¡ å để chỉ tập hợp các số thực khác 0. Tìm tất cả các hàm số f xác định trên ¡ å , nhận giá trị thực và thỏa mãn 1 y 1 x xf x yf (y) yf y xf (x) x, y 0 y x x y Câu 5 (1,0 điểm). Một số nguyên dương được gọi là dễ thương nếu trong biểu diễn thập phân của nó không có chứa chữ số 0 và tổng bình phương các chữ số của nó là một số chính phương. 1. Tìm số dễ thương lớn nhất có hai chữ số. 2. Hỏi có hay không số dễ thương có 2013 chữ số? Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . Số báo danh
2. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Đáp án có 03 trang) (Dành cho học sinh THPT Chuyên) 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: Câu Nội dung trình bày Điểm 1(3đ) 1.1 (1,5 điểm) Điều kiện x, y 0 0,25 Đặt x a 0, y b 0; viết hệ đã cho về dạng 1 1 a2 3b2 3a2 b2 (1) a 2b 0,25 1 1 2 b4 a4 (2) a 2b 2 (1)+(2) thu được a4 10a2b2 5b4 a5 10a3b2 5ab4 2 (3) 0,25 a 1 (2)-(1) thu được 5a4 10a2b2 b4 5a4b 10a2b3 b5 1 (4) b 0,25 Từ (3) và (4) thu được (a b)5 3 và (a b)5 1. 0,25 5 3 1 5 3 1 Từ đó, tìm được a và b . 2 2 0,25 ( 5 3 1)2 ( 5 3 1)2 Và do đó, tìm được x , y 4 4 1.2 (1,5 điểm) Giả sử phương trình đã cho có ba nghiệm nguyên dương   . Khi đó, theo định lý  Vietta,   a,    b và  3a và do đó   0,25 3 (1) 3 3 3   3  3 3 2 9 (2).   Nếu  3 thì  3 và 3   , mâu thuẫn với (1). Vậy 1  3 0,25 3 3 Với  3: khi đó  3, 3 3 3 3 3.32 9 1  1 4. Từ đó 0,25  3 a 9,b 27. Với  2 :  2, 2 3 2 3 3.22 9 2 3 2 3 21.Giải phương trình này với chú ý  2 ta được ; 12;2 , 5;3  . Với 0,5 12,  2 a 16, b 52 . Với 5,  3 a 10, b 31. 2 Với  1:  1, 2 3 2 3 3.1 9 2 3 2 3 12, vô lí Vậy tất cả các cặp số a;b 9;27 , 16;52 , 10;31 . 0,25
3. 2(2đ) + Chứng minh được nhận xét: “Với a,b,x,y,z,t là các số nguyên sao cho a b là ước của 0,25 x y và là ước của z t thì a b | xz yt ” + Mặt khác, do (a c)2 (b d)2 (a b c d)(a b c d)(a b c d) nên suy ra a b c d | a2 b2 c2 d 2 2(ac bd) . 0,25 Từ đó, do giả thiết nên thu được a b c d | ac bd (1) + Ta sẽ chứng minh kết luận của bài toán bằng phương pháp quy nạp toán học. Với n 1,2 : thì kết luận hiển nhiên đúng. 0,25 Giả sử khẳng định đúng tới n, tức là a b c d | an bn cn d n với n ¥ ,n 2 0,25 Ta cần chứng minh a b c d | an 1 bn 1 cn 1 d n 1 (2) Thật vậy, do a b c d | (a c) (b d) và nhận xét ở trên suy ra a b c d là ước của 0,25 (a c)(an cn ) (b d)(bn d n ) an 1 bn 1 cn 1 d n 1 ac(an 1 cn 1) bd(bn 1 d n 1) Nhưng, do (1), giả thiết quy nạp và nhận xét ở trên suy ra 0,25 a b c d | ac(an 1 cn 1) (bd(bn 1 d n 1) Vậy suy ra a b c d là ước của (a c)(an cn ) bd(bn d n ) ac(an 1 cn 1) bd(bn 1 d n 1) an 1 bn 1 cn 1 d n 1 0,25 (2) được chứng minh. Từ đó, theo nguyên lý quy nạp, suy ra a b c d | an bn cn d n với mọi số nguyên 0,25 dương n. 3(3đ) 3.1 (2,0 điểm) H F G A E N M I B C Không mất tính tổng quát, xét trường hợp AB BC CA, các trường hợp khác xét tương tự. Khi đó, E nằm trên đoạn CA, F nằm trên tia đối của tia AB, (hình vẽ) Từ giả thiết, suy ra F đối xứng với C qua phân giác trong của góc ABC . Do đó ABC CAB BCA ABC CFA CFB 900 và AIC 1800 900 . Suy ra 0,5 2 2 2 tứ giác AFCI nội tiếp. BCA CAB Từ đó AFI ACI và IAC IFC ICF 0,5 2 2 BCA CAB CAB Do EBA BEC CAB (900 ) CAB IBE 0,5 2 2 2 Hơn nữa, do tính đối xứng nên IEB IBE 900 MGC MCG ICG suy ra tứ 0,5 giác CIEG nội tiếp.
4. 3.2 (1,0 điểm) BCA Do tứ giác CIEG nội tiếp, nên EGI ECI AFI 0,25 2 Hơn nữa, do IAB IEB nên GEI FAI suy ra GEI đồng dạng FAI EG EG AF HG AF AI 0,25 Suy ra BI EI AI GE GE BI 0 BCA Nhưng HGE AEB 90 AIB suy ra HGE đồng dạng AIB 0,25 2 CAB Từ đó EHG BAI 0,25 2 Chú ý. Nếu không có sự giả sử AB BC CA để có được thứ tự các điểm như trên hình vẽ, thì yêu cầu phải sử dụng góc định hướng trong chứng minh ở cả hai phần (với cách giải như trên); trong trường hợp thí sinh không sử dụng góc định hướng, cũng không có sự giả sử về thứ tự của các cạnh, đề nghị giám khảo trừ đi 0,5 điểm cho cả hai phần. 4(1đ) Đặt f (x) x g(x) , phương trình hàm đã cho được viết lại về dạng 1 1 0,25 xg(x ) yg(y) yg(y ) xg(x) x, y 0 (1) y x 1 Cho y 1 thu được xg(x 1) g(1) g(1 ) xg(x) x 0 (2) x 1 Trong (2), thay x bởi , ta được 0,25 x 1 1 1 1 1 1 g( 1) g(1) g(1 x) g( ) g(1 ) xg(x 1) g( ) xg(1) x 0 (3) x x x x x x 1 Từ (2) và (3) suy ra xg(x) g( ) (x 1)g(1) x 0 (4) x Trong (1), cho y 1, bằng lập luận tương tự, cũng được 0,25 1 xg(x) g( ) g( 1)(x 1) n 0 (5) x Từ (4) và (5) suy ra 2xg(x) (g(1) g( 1))x (g(1) g( 1) x 0 hay b b g(x) a x 0 , ở đây a, b là hai hằng số. Suy ra f (x) a x x 0 x x 0,25 b Thử lại ta thấy f (x) a x x 0 thỏa mãn phương trình đã cho. x 5(1đ) 5.1 (0,5 điểm) Giả sử số dễ thương có hai chữ số lớn nhất là ab,1 a,b 9 . Theo giả thiết ta có a2 b2 c2 là số chính phương. Nếu a,b đều không chia hết cho 3 thì 0,25 a2 b2  2 mod3 , vô lý vì a2 b2 là số chính phương suy ra ab  0 mod3 . +) Nếu a 9 81 b2 c2 c2 b2 81 không có nghiệm nguyên dương với 1 b 9 +) Nếu a 8 b3 b 3;6;9, thử trực tiếp ta thấy b 6 thỏa mãn. Vậy số dễ thương 0,25 lớn nhất có 2 chữ số là 86. 5.2 (0,5 điểm) 2 2 2 2 2 2 2 Xét số A 22221 1 1 . Khi đó 2 2 2 2 1  .1 2025 45 suy ra 2009 so1 2 2009 so1 0,5 A 22221 1 1 là số dễ thương. 2009 so1 Hết