Nội dung

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN 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). 1.  y  x( xy  2)  Giải hệ phương trình:  z  y ( yz  2) ( x, y, z  ) .  x  z ( zx  2)  2. x x. Tính giới hạn sau: xlim  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  8  1     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  BC 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 n n n nhất của a, b, c bằng 1 và  a  b  c  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………………. 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  x 2 ) 2 x  2 Hệ phương trình tương đương:  z (1  y ) 2 y  x(1  z 2 ) 2 z  Nếu một trong ba số x , y , z bằng 1 thì hệ phương trình vô nghiệm. 0,5  2x  y 1  x 2  2y   hệ phương trình trở thành  z  2  1 y  2z x   1 z2 2 tan     Đặt x tan  với     ;  . Do tan 2  1  tan 2   2 2 0,5  y tan 2  2 3  Ta có  z tan 4  tan  tan 8   0,   ,   ,   7 7 7  x tan 8  0,5  2 4   ; tan Vậy, hệ phương trình có 7 nghiệm: (0;0;0),  tan ; tan , 7 7 7   2 4    4  2    2 4   ; tan ; tan  ,  tan ; tan ; tan ;  tan  tan  ,   tan ;  tan , 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     x  ln1  ln 3 x  1 1 3 x cho: f  1  f  1 3  1 3 x Do lim  x 0 3 x  f ' c 1  3  x  3 x 1 1 c  3 x      3  x ;1 sao 0,25  1 1 1   ln x  3 1  3 x  x 1  3 x   x ln x  6 x 1  3 3 x x 1  3 x   lim 6 x 1  3 x 0  x 0   0,5     0,5 3  x . 0,25 2 3  x ln x   lim   x x 1 . Vậy lim x x 1 .  0  xlim  x 0 x 0  0 3   2,0 điểm Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a b 6 a b 6 ab 6   3 3 · · 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   3 2 ab 3 2 ab 3 2 ab b c 8 b c 8 bc 8   3 3 · · 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   2 4 bc 2 4 bc 3 4 bc c a 12 c a 12 c a 12   3 3 · · 3, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   4 3 ca 4 3 ca 4 3 ca (1) (2) (3) a b c 24 a b c 24 a b c 24 (4)    4 4 · · · 4, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi    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 26 78 3D   40 bc ca 1 1 1 1  và  . Do đó Mặt khác, từ giả thiết suy ra ca 12 bc 8 1 1 13 117 121 40 3D  26   78  3D   39 3 D   D bc ca 4 12 12 a  3, b  2, c  4. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 121 , đạt được khi a 3, b 2, c 4. Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức D bằng 12 2,0 điểm  p 2 Với n 1 thì mọi số nguyên tố p đều thỏa mãn. Với  thì n 4 và (2  1) n  1 n .  n 2 Suy ra n 2 . Xét n 2 và p 3. 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. n Do q | ( p  1) n  1 nên ( p  1)  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 un u  p  1 ( p  1)·( p  1)v ( q  1)    1  p  1 1v  mod q   p 0  mod q  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 p k k k 2 k p 1 ( p  1)  1  (  1) C p  p p k  2  1 Vậy p là ước của    C p   1 p k 1  k 2  p Do mỗi số hạng của k p  C   1 p k 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 p k  2 đều chia hết cho p nên p  1 2  p 3 . Bởi k 2 4 0,5 vậy n  p 3 . Kết luận: (n ; p)  {(2; 2), (3; 3)} {(1; p): p là số nguyên tố}. 2,0 điểm 0,5 A M B' N 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   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  BC ). 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 MA NA LB   1 hay L là trung điểm BC. Do MN  BC nên từ đó và (1) suy ra MB NC LC   Do AQ là đường đối trung nên BAQ và kết hợp với tứ giác AIQJ nội tiếp nên CAP AQI  AJI suy ra CAP    AJI  AQI  BAQ 900  AP  IJ (3). 5 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 '  IJ  B ' 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 giác ABC. 1,0 điểm Trước hết ta có nhận xét: Với mỗi số nguyên tố p thì 1 nÕu  a; p  1 a p  1  (định lý Fermat) 0 nÕu  a; p   p Do đó, vì ước chung lớn nhất của a, b, c bằng 1 suy ra 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a p  1  b p  1  c p  1 1, 2, 3  mod p  Vậy, nếu p là một ước nguyên tố của a p  1  b p  1  c p  1 thì p 2 hoặc p 3 . Từ đó, nếu (a ; b ; c) là n  đẹp thì a  b  c chỉ có các ước nguyên tố là 2, 3. 2 2 2 2 Do x 0, 1  mod 4  và a, b, c không cùng chẵn nên a  b  c 1, 2, 3  mod 4  (1) 3 Do x 0, 1  mod 9  và a, b, c không cùng chia hết cho 3 nên 6 6 6 a  b  c 1, 2, 3  mod 9  0,25 0,25 (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. Bằng việc kiểm tra trực tiếp, thu được (1; 1; 1) và (1; 1; 4) là n  đẹp với mọi n 1 . 0,25