Xem mẫu
- SỞ GD&ĐT VĨNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
PHÚC ĐỀ THI MÔN: TOÁN
—————— Dành cho học sinh THPT không chuyên
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————
Câu 1 (4,0 điểm).
1. Giải phương trình: x2 x 1 x2 x 1 2 x .
2
2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2 2 m 1 x m3 m 1 0
có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 x2 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức sau: P x13 x2 x1 x2 3x1 3x2 8 .
3
Câu 2 (1,5 điểm).
x 2 x3 y xy 2 xy y 1
Giải hệ phương trình: 4 2
( x, y ) .
x y xy (2 x 1) 1
Câu 3 (1,5 điểm).
Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện x 1 x 2 y
1 y 2 2012 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của P x y .
Câu 4 (3,0 điểm).
1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là
điểm đối xứng của O qua các đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác
ABC và L là trọng tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng OA OB OC OH và ba
điểm O, H, L thẳng hàng.
2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao
cho MAB MBC MCD MDA . Chứng minh đẳng thức sau:
AB 2 BC 2 CD 2 DA2
cot ,
2 AC .BD.sin
trong đó là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD.
3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại
tiếp đường tròn tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại
7 5 13 5
tiếp tam giác ABC tại các điểm M 1; 5 , N ; , P ; (M, N, P không trùng
2 2 2 2
với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng
AB đi qua điểm Q 1; 1 và điểm A có hoành độ dương.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….
- SỞ GD&ĐT VĨNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT KHÔNG
PHÚC CHUYÊN
——————— 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
2 2
1 3 1 3
Ta có x x 1 x , x 2 x 1 x nên phương trình xác
2
2 4 2 4
định với mọi x . Phương trình đã cho tương đương với 0,5
x2 x 1 x2 x 1 2 x 2
x 1 x2 x 1 4
2x 2 2 2 x4 x2 1 4 x4 x2 1 1 x2 0,5
1 x 2 0
1 x 1
4 2 4 0,5
2
x x 1 1 x
2
2 2
x x 1 1 2x x
4
1 x 1
x 0 . Vậy pt có nghiệm duy nhất x 0. 0,5
x 0
2 2,0 điểm
Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 4
m 2
' 0
m m2 4 0 2 m 0
2 m 0
0,5
x1 x2 4 2 m 1 4
m 3 2 m 3
2
Theo định lí Viet ta có x1 x2 2 m 1 , x1 x2 m3 m 1 suy ra
3 3 2 0,5
P x1 x2 8 x1 x2 8 m 1 8m3 8 m 1 16 m 2 40 m
Bảng biến thiên 0,5
- m -2 0 2 3
0 16
P
-144 -24
Từ bảng biến thiên ta được: Pmax 16 khi m 2 , Pmin 144 khi m 2 . 0,5
2 1,5 điểm
2 2
x 2 x3 y xy 2 xy y 1 ( x y ) xy ( x y ) xy 1
Ta có 4 2 2 0,25
x y xy 1
2
x y xy (2 x 1) 1
a x 2 y a ab b 1
Đặt . Hệ trở thành: 2 (*) 0,25
b xy a b 1
a 3 a 2 2a 0
a(a 2 a 2) 0
Hệ (*) 2
2
b 1 a
b 1 a
0,25
Từ đó tìm ra ( a; b ) (0; 1); (1; 0); (2; 3)
x2 y 0
* Với ( a; b) (0; 1) ta có hệ x y 1. 0,25
xy 1
x2 y 1
* Với ( a; b) (1; 0) ta có hệ ( x; y ) (0; 1);(1;0);(1;0) . 0,25
xy 0
* Với ( a; b) (2; 3) ta có hệ
3 3
x 2 y 2 y y
x x x 1; y 3 . 0,25
xy 3 x3 2 x 3 0 ( x 1)( x 2 x 3) 0
Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y ) (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3) .
3 1,5 điểm
t2 1
Đặt t x 1 x 2 thì dễ thấy t 0 và x (1) 0,25
2t
2012 20122 t 2
Từ giả thiết ta có y 1 y 2 . Từ đây cũng suy ra y
t 2.2012.t 0,25
(2)
t 2 1 2012 2 t 2 2011 2012
Từ (1) và (2) suy ra x y t 0,25
2t 2.2012.t 2.2012 t
2011 2012 2011 2011
Do đó x y .2 t. .2 2012 . 0,5
2.2012 t 2.2012 2012
- Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t 2012 . Từ (1) và (2) suy ra
2011
xy
2 2012 0,25
2011 2011
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng , khi x y .
2012 2 2012
4 1 1,0 điểm
A
P N
H
O
B K C
0,5
M
D
Kẻ đường kính AD, khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành nên trung
điểm K của BC cũng là trung điểm của HD, trong tam giác AHD có OK
là trung
đường
bình nên
2OK AH OB OC OH OA OA OB OC OH
Ta có OB OC 2OK OM và các đẳng thức tương tự ta được:
OM ON OP 2 OA OB OC 2OH 0,5
3OL 2OH suy ra O, H, L thẳng hàng.
2 1,0 điểm
1
Trước hết ta có các kết quả sau: S ABCD AC.BD.sin ;
2
AB 2 MA2 MB 2
0,5
cot
4 S MAB
Tương tự ta được:
AB 2 MA2 MB 2 BC 2 MB 2 MC 2 CD 2 MC 2 MD 2
cot
4 S MAB 4 S MBC 4 S MCD
DA2 MD 2 MA2 AB 2 BC 2 CD 2 DA2 0,5
4 S MDA 4 S MAB S MBC S MCD S MDA
AB 2 BC 2 CD 2 DA2 AB 2 BC 2 CD 2 DA2
4S ABCD 2 AC.BD.sin
3 1,0 điểm
- A
N
P
K
I
B C 0,25
M
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N,
P nên ta lập được phương trình này là: x 2 y 2 3 x 29 0 suy ra tâm K
3
của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là K ; 0 .
2
5
Do AB KP nên AB có vtpt nAB KP 2; 1 . Suy ra phương trình
2
AB : 2 x 1 1 y 1 0 2 x y 3 0 . Do đó tọa độ A, B là nghiệm của 0,25
2 x y 3 0 y 2x 3 x 1, y 5
hệ phương trình 2 2
2
x y 3 x 29 0 x 3x 4 0 x 4, y 5
Suy ra A 1;5 , B 4; 5 . Do AC KN nên AC có vtpt là
5
n AC KN 2;1
2
Suy ra pt AC : 2 x 1 y 5 0 2 x y 7 0 . Khi đó tọa độ A, C là
nghiệm của hệ phương trình: 0,5
2 x y 7 0 y 2 x 7 x 1, y 5
2 2 . Từ đây suy ra
x y 2 3 x 29 0 x 5 x 4 0 x 4, y 1
C 4; 1 . Vậy A 1;5 , B 4; 5 , C 4; 1 .
- SỞ GD&ĐT VĨNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
PHÚC ĐỀ THI MÔN: TOÁN
—————— Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————
Câu 1 (3,0 điểm)
(2 x 3) 4 x 1 (2 y 3) 4 y 1 2 (2 x 3)(2 y 3)
1. Giải hệ phương trình:
y x 4 xy
2. Tìm tất cả hàm số f : thoả mãn:
1 f ( x)
f ( x y ) f ( x) y x, y và f 2 x 0 .
x x
Câu 2 (2,0 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên tố p , q sao cho 7 p 4 p 7 q 4 q chia hết cho pq .
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp được một đường tròn. Một đường thẳng đường đi
qua A cắt đoạn thẳng BC, tia đối của tia CD tương ứng tại E, F (E, F không trùng
với B, C). Gọi I1 , I 2 và I3 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác ABE,
ECF và FAD. Tiếp tuyến của đường tròn ( I1 ) song song với CD (gần CD hơn) cắt
tại H. Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác I1I 2 I3 .
Câu 4 (2,0 điểm).
Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2b 3c 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
3 9 4
L abc
a 2b c
Câu 5 (1,0 điểm).
Tìm tất cả các tập hợp X là tập con của tập số nguyên dương thoả mãn các tính
chất: X chứa ít nhất hai phần tử và với mọi m, n X , m n thì tồn tại k X sao cho
n mk 2 .
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH
PHÚC 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:
Câ Điể
Ý Nội dung trình bày
u m
1 1 2,0 điểm
(2 x 3) 4 x 1 (2 y 3) 4 y 1 2 (2 x 3)(2 y 3)
(1)
y x 4 xy
(2)
1 1
Điều kiện xác định: x ; y 0,5
4 4
x y
(2) x y (4 x 1) 4 x 1 4 y 1 thay vào (1) ta được
y x
x y
(2 x 3) (2 y 3) 2 (2 x 3)(2 y 3)
y x 0,5
x y
Do (2 x 3) (2 y 3) 2 (2 x 3)(2 x 3) 0,5
y x
Suy ra (1) x(2 x 3) y (2 y 3) ( x y )(2 x 2 y 3) 0 x y thay vào (2)
x 0 (lo¹i)
ta được 2 x x 0 1
2
x y 1 0,5
2 2
1 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm ; .
2 2
- 2 1,0 điểm
Ta có: f x y f x y f ( y ) f (0) y y . f ( x) a x với a f (0) . 0,25
1 1 1
f f (0) a x 0.
x x x
0,25
1 f ( x) f (0) x a x
Mặt khác f 2
2 x 0 .
x x x2 x
1 a x
a 2 x 0 ax 2 a x 0 a 0. 0,25
x x
Vậy f ( x) x x . 0,25
2 2,0 điểm
p , q đều khác 2 , 7 . Không mất tính tổng quát ta giả sử q p . Khi đó từ giả
0,5
thiết ta được 7 p 4 p p hoặc 7 q 4q p
TH1. 7 p 4 p p , theo định lí Fermat ta có:
0,5
7 p 4 p 3 mod p 3 0 mod p p 3.
TH2. 7 q 4q p , ta có p 1, q 1 tồn tại 2 số nguyên dương u , v sao cho
1 p 1 u 1 p 1u
qv p 1 u 1 7 q 4q mod p 7qv 4qv mod p 7 4 mod p 0,5
7 4 mod p 3 0 mod p p 3.
Với p 3 , từ giả thiết ban đầu ta được:
7 3
43 7q 4q 3q 9.31. 7 q 4 q 3q q 3, q 31.
0,5
Vậy p , q 3, 3 , 31, 3 , 3, 31.
3 2,0 điểm
- A
B
I1
H
K
I3
E
D
I2
L
C
F
Giả sử tiếp tuyến qua H song song với CD của đường tròn I1 cắt BC tại K
và đường thẳng qua H song song với BC cắt đường thẳng CD tại L, suy ra 0,5
CKHL là một hình bình hành.
Do các tứ giác ABCD, ABKH ngoại tiếp, nên
AD HL AD CK AD BC BK
AB CD BK AB BK CD AH HK CD 0,5
AH LC CD AH DL
Suy ra tứ giác ADLH ngoại tiếp, hay HL tiếp xúc với ( I3 )
Vì FD KH ; FH HA nên các đường phân giác HI1 của góc AHK và
FI3 của góc HFD vuông góc với nhau; hay I1H I 2 I 3 (Do F , I 2 , I3 thẳng 0,5
hàng) (1)
Chứng minh tương tự, cũng được HI 3 EI 2 hay I3 H I1 I 2 (2)
0,5
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
4 2,0 điểm
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
4 4 3 4
a 2 a· 4 a 3, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 2
a a 4 a
9 9 1 9 0,5
b 2 b· 6 b 3, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b 3
b b 2 b
16 16 1 16
c 2 c· 8 c 2, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c 4
c c 4 c
3a b c 3 9 4
Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều, thu được 8
4 2 4 a 2b c
(1)
a b 3c
0,5
Mặt khác, do a 2b 3c 20 nên 5 (chia hai vế cho 4)
4 2 4
(2)
3 9 4
Cộng (1) và (2), vế đối vế, ta được L a b c 13. 0,5
a 2b c
- Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 2, b 3, c 4. Vậy giá trị nhỏ nhất
0,5
của biểu thức L bằng 13, đạt được khi a 2, b 3, c 4.
5 1,0 điểm
Giả sử tìm được tập hợp X thỏa mãn và m n là hai phần tử bé nhất của X.
Khi đó, do cách xác định X nên tồn tại k X sao cho n mk 2 . Suy ra
0,25
m k n và do đó k m hoặc k n .
Với k n n m.n 2 m.n 1 vô lí.
Với k m m n m3 m 1
+) Nếu | X | 2 thì tập hợp X m, m3 m 1 .
0,25
+) Nếu | X | 3 , gọi q là phần tử bé thứ ba của X (tức là m n q ). Khi đó
tồn tại X sao cho q m2 .
Do q nên hoặc m hoặc n .
0,25
Nếu m thì q m3 n , vô lý. Vậy n m3 và q m 2 m7 .
Nhưng tồn tại t X sao cho q nt 2 , do đó t m2 . Mà m m2 m3 m 2 X ,
vô lý. 0,25
Vậy | X | 2 và X m, m m 1 .
3
nguon tai.lieu . vn
