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. Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình ( ) 2 2 2 8 3 2 5 1 8 3 2 5 1 , , 8 3 2 5 1 x x y y y y z x y z z z z x x  + + = − −    + + = − − ∈    + + = − −   ℝ Câu 2 (1,5 điểm). Cho , , , a b c d là các số thực dương. Chứng minh rằng ( )( ) ( ) ( ) 3 3 4 3 3 2 25 2. 3. 4. 6 81 a bc b d a b c a b a b c d a b a b c d + + ≤ + + + + + + + + + + Câu 3 (2,0 điểm). Giả sử n là một số nguyên dương sao cho 3 2 n n + chia hết cho 7 . Tìm số d ư c ủ a 2 2 11 2012 n n n + + khi chia cho 7 . Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD . G ọ i P là đ i ể m sao cho trung tr ự c c ủ a đ o ạ n th ẳ ng CP chia đ ôi đ o ạ n AD và trung tr ự c c ủ a đ o ạ n AP chia đ ôi đ o ạ n CD . G ọ i Q là trung đ i ể m c ủ a đ o ạ n th ẳ ng BP . a) Ch ứ ng minh r ằ ng đườ ng th ẳ ng BP vuông góc v ớ i đườ ng th ẳ ng AC . b) Ch ứ ng minh r ằ ng 4. BP OE = , trong đ ó E là trung đ i ể m c ủ a AC và O là tâm đườ ng tròn ngo ạ i ti ế p tam giác AQC . Câu 5 (1,0 điểm). Cho m, n ( ) 4 m n > > là các s ố nguyên d ươ ng và A là m ộ t t ậ p h ợ p con có đ úng n ph ầ n t ử c ủ a t ậ p h ợ p { } 1,2,3, , S m = . Ch ứ ng minh r ằ ng n ế u ( ) ( ) 2 3 4 1 1 n n n m n C C C > − + + + thì ta luôn ch ọ n đượ c n ph ầ n t ử đ ôi m ộ t phân bi ệ t 1 2 , , , n x x x S ∈ sao cho các t ậ p h ợ p { } , , 1, i i A x y x x A y A i n = + + ∈ ∈ = th ỏ a mãn j k A A = ∅ ∩ v ớ i m ọ i j k ≠ và , 1, j k n = . Hết - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. - Giám thị không giải thích gì thêm. H ọ và tên thí sinh: ………………………………………………….Số báo danh…………… 2 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 s ố ( ) ( ) 2 8 3 2, 5 1 f t t t g t t t = + + = − − . Khi đ ó ta có ( ) ( ) 2 8 5 1 ' 2 3 0, ' 0, 5 2 5 1 f t t g t t t t = + > = − − < ∀ > − . Mà ( ) ( ) , f t g t là các hàm s ố liên t ụ c trên 1 ; 5   + ∞     suy ra ( ) f t đồ ng bi ế n trên 1 ; 5   + ∞     và ( ) g t ngh ị ch bi ế n trên 1 ; 5   + ∞     . Không m ấ t tính t ổ ng quát ta gi ả s ử { } min , , x x y z = . Khi đ ó ta có: N ế u ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 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 v ậ y x y = , t ươ ng t ự lí lu ậ n nh ư trên ta đượ c x z = suy ra x y z = = . Thay tr ở l ạ i h ệ ta đượ c 2 8 3 2 5 1 x x x x + + = − − 2 8 3 2 5 1 0 x x x x ⇔ + + − + − = (1). Đặ t ( ) 2 8 1 3 2 5 1, ; . 5 h x x x x x x   = + + − + − ∈ +∞     D ễ th ấ y hàm s ố đồ ng bi ế n trên 3 Nội dung 1 ; 5   + ∞     và ( ) 1 0 1 h x = ⇒ = là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là 1. x y z = = = Câu 2. (1,5 điểm) Nội dung Điểm Đặt ( )( ) ( ) ( ) 3 3 4 3 3 2 2 3 4 81 a bc b d P a b c a b a b c d a b a b c d = + + + + + + + + + + + + . Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 . 2 2 a b a b a a a b a b c a b a b c + + ≤ + + + + + + + ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 3 3 . . 2 3 2 3 2 3 a b c bc b c a b a b c d a b a b c a b c d a b c b c a b a b c a b c d + + = + + + + + + + + + + + + ≤ + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 4 4 3 2 2 4 4. 3 3 81 2 3. 3 3 b d b d a b a b c d a b a b c d b d a b a b c d   =     + + + + + + + +   ≤ + + + + + C ộ ng t ừ ng v ế các b ấ t đẳ ng th ứ c trên ta đượ c: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 25 2 3 6 a b a b c a b c d P a b a b c a b c d + + + + + + ≤ + + = + + + + + + Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . a b c d = = = Câu 3. (2,0 điểm) Nội dung Điểm Đặ t 3 ; , ,0 2 n q r q r r = + ∈ ≤ ≤ ℕ . Khi đ ó ( ) ( ) 3 2 27 .3 8 .2 1 .3 2 mod7 q n n q r q r r r + = + ≡ − + Do đ ó để ( ) ( ) ( ) 3 2 0 mod7 1 .3 2 0 mod7 2 1, 0 q n n r r q k r + ≡ ⇔ − + ≡ ⇔ = + = . Suy ra n có d ạ ng 6 3 n k = + , chú ý n ế u ( ) ( ) 6 ,7 1 1 mod7 a a = ⇒ ≡ . Do đ ó ta có: +) ( ) ( ) 6 6 3 2 2 2 .8 1 mod7 n k k+ = = ≡ (1) +) ( ) ( ) 6 6 3 3 3 11 11 11 .11 4 1 mod7 n k k+ = = ≡ ≡ (2) +) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 6 3 6 6 9 9 3 2012 2012 2012 .2012 3 27 6 mod7 k n k k + + = = ≡ ≡ ≡ (3) T ừ (1), (2) và (3) ta đượ c 4 Nội dung Điểm ( ) 2 11 2012 1 1 6 1 mod7 n n n + + ≡ + + ≡ . Vậy số dư cần tìm là 1 . Câu 4. (3,0 điểm) E O Q J I M N P D C B A Nội dung Điểm a) (2,0 điểm) G ọ i M, N, I, J theo th ứ t ự là trung đ i ể m c ủ a các đ o ạ n th ẳ ng AD, CD, AP, CP. Khi đ ó , NI AP MJ CP ⊥ ⊥ Do I là trung điểm của AP, Q là trung điểm của BP nên IQ AB và 2 AB IQ = t ừ đ ó suy ra IQ CN và IQ CN = . Suy ra t ứ giác CNIQ là hình bình hành. Suy ra CQ NI . T ừ đ ó, do NI AP ⊥ nên CQ AP ⊥ (1) Ch ứ ng minh t ươ ng t ự , c ũ ng đượ c AQ CP ⊥ (2) T ừ (1) và (2) suy ra P là tr ự c tâm c ủ a tam giác ACQ suy ra PQ AC ⊥ hay BP AC ⊥ Do P là tr ự c tâm c ủ a tam giác AQC nên OA OC OQ OP + + =     ( ) ( ) 1 2 2 OA OC OP OB OP OA OC OB OP ⇔ + + + = ⇔ + + =          4 4 4. OE OP OB OE BP BP OE ⇔ = − ⇔ = ⇒ =      . V ậ y 4. BP OE = . Câu 5. (1,0 điểm) Nội dung Điểm Xét t ậ p h ợ p { } , , , B x y z t x y z t A = + − − ∈ . Ta s ẽ ch ỉ ra b ấ t đẳ ng th ứ c sau: B ≤ 2 3 4 1 n n n C C C + + + (1) 5 Nội dung Điểm Thật vậy, ta xét các trường hợp sau: +) Nếu 4 số , , , x y z t đề u b ằ ng nhau thì s ố các s ố d ạ ng x y z t + − − b ằ ng 1. +) N ế u trong 4 s ố , , , x y z t có đ úng 3 s ố b ằ ng nhau, gi ả s ử x y z t = = ≠ . Khi đ ó x y z t x t + − − = − suy ra có t ố i đ a 2 n C s ố x y z t + − − . +) N ế u 4 s ố , , , x y z t có đ úng 2 s ố b ằ ng nhau. Khi đ ó n ế u x y = thì có t ố i đ a 3 n C s ố d ạ ng này, còn n ế u x z = thì x y z t y t + − − = − thì có t ố i đ a 2 n C s ố d ạ ng này và đ ã xét ở trên. +) N ế u 4 s ố , , , x y z t đ ôi m ộ t khác nhau thì có t ố i đ a 4 n C s ố x y z t + − − . Do đ ó có nhi ề u nh ấ t 2 3 4 1 n n n C C C + + + số dạng x y z t + − − . Từ đó suy ra bất đẳng thức (1). Gọi 1 1 x S = ∈ . Đặt { } 1 1 \ C S x x x B = + ∈ suy ra ( ) 1 2 1 2 1 2 0 min C S B n B x C x x ≥ − > − > ⇒ ∃ = ⇒ > . D ễ th ấ y 1 2 A A = ∅ ∩ . Ti ế p theo đặ t { } 2 1 2 \ C C x x x B = + ∈ suy ra ( ) 2 1 3 2 3 2 3 0 min C C B n B x C x x ≥ − > − > ⇒ ∃ = ⇒ > . Ki ể m tra đượ c ngay 2 3 A A = ∅ ∩ , 1 3 A A = ∅ ∩ . C ứ ti ế p t ụ c nh ư v ậ y đế n b ướ c th ứ n , ta đặ t { } 1 2 2 \ n n n C C x x x B − − − = + ∈ thì ( ) 1 2 1 1 0 n n n n n n C C B n n B x C x x − − − − ≥ − > − = ⇒ ∃ ∈ ⇒ > Khi đ ó ta ki ể m tra đượ c i j A A = ∅ ∩ v ớ i m ọ i i j ≠ . V ậ y luôn t ồ n t ạ i các ph ầ n t ử 1 2 , , , n x x x S ∈ th ỏ a mãn yêu c ầ u bài toán. Hết . 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: . tên thí sinh: ………………………………………………….Số báo danh…………… 2 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. (1) 5 Nội dung Điểm Thật vậy, ta xét các trường hợp sau: +) Nếu 4 số , , , x y z t đề u b ằ ng nhau thì s ố các s ố d ạ ng x y z t + − − b ằ ng 1. +) N ế u trong 4 s ố , ,