Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012 —————— 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 1 (3,0 điểm). y x(xy 2) 1. Giải hệ phương trình: z y(yz 2) (x, y, z ¡ ) . x z(zx 2) 2. Tính giới hạn sau: lim x x . x 0 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 1 1 1 8 biểu thức D a b c 2  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 2 p và ( p 1)n 1 chia hết cho n p 1 . 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 PBC 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 an bn cn  a 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 .
2. SỞ 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: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 2,0 điểm y(1 x2 ) 2x 2 Hệ phương trình tương đương: z(1 y ) 2y 2 x(1 z ) 2z Nếu một trong ba số x, y , z bằng 1 thì hệ phương trình vô nghiệm. 0,5 2x y 2 1 x 2y hệ phương trình trở thành z 2 1 y 2z x 1 z2 2 tan Đặt x tan với ; . Do tan 2 2 0,5 2 2 1 tan y tan 2 2 3 Ta có z tan 4 tan tan8 0, , , 0,5 7 7 7 x tan8 2 4 Vậy, hệ phương trình có 7 nghiệm: (0;0;0), tan ;tan ;tan , 7 7 7 2 4 4 2 2 4 tan ;tan ;tan , tan ;tan ;tan , tan ; tan ; tan , 0,5 7 7 7 7 7 7 7 7 7 2 4 4 2 tan ; tan ; tan , tan ; tan ; tan . 7 7 7 7 7 7 2 1,0 điểm Xét hàm số f x ln x với x 0;1 . Theo định lí Lagrange tồn tại c 3 x ;1 sao 0,25 1 cho: f 1 f 3 x f ' c 1 3 x 1 3 x c 1 1 3 x ln1 ln 3 x 1 3 x 3 x 0,5 1 1 1 1 3 x ln x 1 3 x x 1 3 x x ln x 6 x 1 3 x . 3 3 x 3
3. Do lim x 1 3 x lim 6 x 1 3 x 0 x 0 x 0 0,25 x ln x lim 0 lim x x 1. Vậy lim x x 1. x 0 3 x 0 x 0 2 2,0 điểm Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a b 6 a b 6 a b 6 33 · · 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (1) 3 2 ab 3 2 ab 3 2 ab b c 8 b c 8 b c 8 33 · · 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (2) 2 4 bc 3 4 bc 2 4 bc 0,5 c a 12 c a 12 c a 12 33 · · 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (3) 4 3 ca 4 3 ca 4 3 ca a b c 24 a b c 24 a b c 24 4 4 · · · 4, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (4) 3 2 4 abc 3 2 4 abc 3 2 4 abc 6 32 84 24 (1) 4 (2) 7 (3) (4) 3 a b c 40 hay ab bc ca abc 0,5 26 78 3D 40 bc ca 1 1 1 1 Mặt khác, từ giả thiết suy ra và . Do đó ca 12 bc 8 0,5 1 1 13 117 121 40 3D 26 78 3D 39 3D D bc ca 4 12 12 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 3, b 2, c 4. 121 0,5 Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức D bằng , đạt được khi a 3, b 2, c 4. 12 3 2,0 điểm p 2 n Với n 1 thì mọi số nguyên tố p đều thỏa mãn. Với thì n 4 và (2 1) 1 n . 0,25 n 2 Suy ra n 2 . Xét n 2 và p 3. 0,25 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 2 p . Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n. 0,25 Do q | ( p 1)n 1 nên ( p 1)n  1 mod q và ( p 1; q) 1. 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) 1 u  p 1 1v mod q p  0 mod q 0,5 Suy ra q|p , do p, qlà các số nguyên tố nên q p . Từ đó, do n 2 p suy ra n p p p p k p 1 p p k k k 2 k k 2 0,25 Vậy p là ước của ( p 1) 1 ( 1) C p p p C p 1 p 1 k 1 k 2 p k p k k 2 Do mỗi số hạng của C p 1 p đều chia hết cho p nên p 1 2 p 3. Bởi k 2 0,5 vậy n p 3. Kết luận: (n; p) {(2; 2), (3; 3)}{(1; p): p là số nguyên tố}.
4. 4 2,0 điểm A M N B' P J C' I Q B L C 1 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) mod 0,5 và (MQ; MB)  (PQ; PB)  (PQ; PN)  (CQ; CN) mod 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 QI MB AB (2) nên (do MN PBC ). 0,5 QJ NC AC Từ đó, theo tính chất của đường đối trung, Q nằm trên đường đối trung kẻ từ A của tam giác ABC. 2 1,0 điểm Gọi L là giao điểm của AP với BC. Áp dụng định lý Céva cho tam giác ABC ta có MA LB NC   1 (1) MB LC NA 0,25 MA NA LB Do MN PBC nên từ đó và (1) suy ra 1 hay L là trung điểm BC. MB NC LC · · Do AQ là đường đối trung nên BAQ CAP và kết hợp với tứ giác AIQJ nội tiếp nên 0,25 ·AQI ·AJI suy ra C· AP ·AJI ·AQI B· AQ 900 AP  IJ (3). 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 ' 0,25 IJ PB 'C ', AB ' AC ' (4) 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 0,25 giác ABC. 5 1,0 điểm Trước hết ta có nhận xét: Với mỗi số nguyên tố p thì 0,25
5. 1 nÕu a; p 1 p 1 a  (định lý Fermat) 0 nÕu a; p p Do đó, vì ước chung lớn nhất của a, b, c bằng 1 suy ra a p 1 b p 1 c p 1 1, 2, 3 mod p p 1 p 1 p 1 Vậy, nếu p là một ước nguyên tố của a b c thì p 2 hoặc p 3 . 0,25 Từ đó, nếu (a; b; c) là n đẹp thì a b c chỉ có các ước nguyên tố là 2, 3. 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 mod9 và a, b, c không cùng chia hết cho 3 nên 0,25 a6 b6 c6 1, 2, 3 mod9 (2) 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. 0,25 Bằng việc kiểm tra trực tiếp, thu được (1; 1; 1) và (1; 1; 4) là n đẹp với mọi n 1.