Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi Lớp 12 THPT - Năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Phú Thọ

Nội dung text: Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi Lớp 12 THPT - Năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Phú Thọ

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: TOÁN - THCS Đ Ề CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (3,0 điểm) a) Giải phương trình trên tập số nguyên x2 5 y 2 4 xy 4 x 8 y 12 0. b) Cho P x x3 3 x 2 14 x 2 . Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P x chia hết cho 11. Câu 2 (4,0 điểm) a3 3 a 2 a) Tính giá trị biểu thức P , biết a 355 3024 3 55 3024. a3 4 a 2 5 a 2 b) Cho các số thực x,, y z đôi một khác nhau thỏa mãn x3 3 x 1, y 3 3 y 1 và z3 3 z 1. Chứng minh rằng x2 y 2 z 2 6 . Câu 3 (4,0 điểm) x 1 a) Giải phương trình 3x 1 3 x 1. 4x 3x2 2 y 2 4 xy x 8 y 4 0 b) Giải hệ phương trình 2 2 x y 2 x y 3 0. Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC không đi qua tâm. Gọi A là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng không đổi sao cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF và AE cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành. a) Chứng minh MNEF là tứ giác nội tiếp. b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định. c) Khi 600 và BC R , tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng OI. Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số thực dương x,, y z thỏa mãn x y z 3. 2x2 y 2 z 2 2 y 2 z 2 x 2 2 z 2 x 2 y 2 Chứng minh rằng 4xyz . 4 yz 4 zx 4 xy Hết Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN - THCS (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. Thí sinh làm bài cách khác với Đáp án mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Đáp án. Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Đáp án-thang điểm Câu 1 ( 3,0 điểm) a) Giải phương trình sau trên tập số nguyên x2 5 y 2 4 xy 4 x 8 y 12 0. b) Cho P x x3 3 x 2 14 x 2 . Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P x chia hết cho 11. Nội dung Điểm a) Phương trình tương đương với x2 4 y 2 4 xy 4 x 2 y 4 16 y 2 x 2 y 2 2 16 y2 ; 0,5 mà x, y nên x 2 y 2 2 16, y 0 (1) hoặc x 2 y 2 0, y2 16 (2) . 0,5 Ta có (1) x 2, y 0 hoặc x 6, y 0. (2) y 4, x 6 hoặc y 4, x 10 . 0,5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x; y 2;0, 6;0,6;4, 10; 4  . b) Bổ đề: Cho x, y là các số tự nhiên và số nguyên tố p có dạng p 3 k 2 thì x3 y 3 mod p x  y mod p . Thật vậy, x y mod p x3  y 3 mod p , đúng. Với x3 y 3 mod p x 3k  y 3 k mod p . 0,5 Với x, y cùng chia hết cho p thì hiển nhiên đúng. Với x, p 1, y , p 1 ta có xp 1 y p 1 1 mod p x 3 k 1  y 3 k 1 mod p x. x3k  y . y 3 k mod p x  y mod p vì x3k y 3 k mod p . Áp dụng Bổ đề, ta có P x  P y mod 11  x 1 3 11 x 1 10 y 1 3 11 y 1 10 mod 11 0,5 x 1 3  y 1 3 mod 11 x 1  y 1 mod 11 x  y mod 11 . Do đó, P x  P y mod 11 x  y mod 11 . Suy ra với mỗi n , trong 11 giá trị P n , P n 1 , , P n 10 , có duy nhất một giá trị chia hết cho 11. Do đó, trong các số PPP 1 , 2 , , 99 có đúng 9 số chia hết 0,5 cho 11, còn P 0 2 không chia hết cho 11. Vậy có đúng 9 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3. Câu 2 ( 4,0 điểm) a3 3 a 2 a) Tính giá trị biểu thức P , biết a 355 3024 3 55 3024. a3 4 a 2 5 a 2 b) Cho các số thực x,, y z thỏa mãn x3 3 x 1, y 3 3 y 1, z 3 3 z 1. Chứng minh rằng x2 y 2 z 2 6. Nội dung Điểm 2 a3 3 a 2 a 1 a 2 a 2 a) Ta có P ; 0,5 a3 4 a 2 5 a 2 a 1 2 a 2 a 2 mà a3 110 33 55 2 3024 3 55 3024 3 55 3024. 0,5 a3 110 3 a a 3 3 a 110 0 . 7 1,0 a 5 a2 5 a 22 0 a 5 . Suy ra P . 3 b) Ta có x3 3 x 1(1), y 3 3 y 1(2), z 3 3 z 1(3). x3 y 3 3 x y x2 xy y 2 3 (4) 1,0 Từ (1), (2) và (3) suy ra y3 z 3 3 y z y2 yz z 2 3 (5) 3 3 2 2 z x 3 z x z zx x 3 (6). Từ (4) và (5) suy ra xzxyyz2 2 0 xyxyz 0 xyz 0 , (vì x, y, z đôi một phân biệt). 1,0 Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có 3 1 2 x2 y 2 z 2 x y z 9 x 2 y 2 z 2 6 . 2 2 Câu 3 ( 4,0 điểm) x 1 a) Giải phương trình 3x 1 3 x 1. 4x 3x2 2 y 2 4 xy x 8 y 4 0 b) Giải hệ phương trình 2 2 x y 2 x y 3 0 Nội dung Điểm 1 a) Điều kiện xác định: x , x 0. 3 Phương trình tương đương với 12x2 3 x 1 4 x 3 x 1 . Đặt a 2 x , b 3 x 1 ta 1,0 có phương trình 3a2 b 2 2 ab b a b 3 a 0 b a hoặc b 3 a. Khi đó 3x 1 2 x hoặc 3x 1 6 x . +) Với 3x 1 2 x , điều kiện x 0 , ta có 1 0,5 312x x 314 x x2 4310 x 2 x x 1 hoặc x (loại). 4 1 +) Với 3x 1 6 x , điều kiện x 0 , ta có 3 0,5 3 153 3 153 3x 1 6 x 36 x2 3 x 1 x hoặc x (loại). 72 72
4. 3 153 Vậy phương trình có hai nghiệm x 1, x . 72 b) Nhân cả hai vế của (2) với 2 ta có hệ phương trình 3x2 2 y 2 4 xy x 8 y 4 0 (1) 2 2 2x 2 y 4 x 2 y 6 0 (2) Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta có 1,0 x2 443220 xy y 2 x y x 23220 y 2 x y x 2 y 1 x 2 y 2 0 x 2 y 1 hoặc x 2 y 2. +) Với x 2 y 1, thế vào (2) và rút gọn ta có y y 3 0 y 0 hoặc y 3. Suy ra x 1, y 0 hoặc x 5, y 3. 13 109 +) Với x 2 y 2, thế vào (2) và rút gọn ta có 3y2 13 y 5 0 y 6 13 109 hoặc y . 6 1,0 7 109 13 109 7 109 13 109 Suy ra x , y hoặc x ,. y 3 6 3 6 Vậy hệ có 4 nghiệm x 1, y 0 ; x 5, y 3; 7 109 13 109 7 109 13 109 x , y ; x ,. y 3 6 3 6 Câu 4 ( 7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC không đi qua tâm. Gọi A là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng không đổi sao cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF và AE cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành. a) Chứng minh MNEF là tứ giác nội tiếp. b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định. c) Tìm độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng OI khi 600 và BC R . A a) Ta có 1 M T H MNE = (sđ AC sđ BFE ) = B N C 2 Q 1  K = (sđ AB sđ BFE ) O 2 2,5 S I AFE sđ AC sđCE F Suy ra: MNE MFE 180o J Vậy tứ giác MNEF nội tiếp. G D E P b) Gọi P là giao điểm khác A của AO với đường tròn (O; R). Lấy G đối xứng với E qua AP D EG, G O 1,0 Ta có MDG NEG , AEG AFG 180o MDG MFG 180 o Suy ra tứ giác MDGF nội tiếp (1)
5. Gọi giao điểm của AG và BC là H Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp (2) Từ (1) và (2) suy ra các điểm M, H, D, G, F nằm trên một đường tròn. Trung trực của đoạn thẳng FG đi qua O và A cắt đường tròn (O) tại J; I OJ , sđ JF =sđ JG và sđ PG =sđ PE nên 1,5 JOP hay I nằm trên đường thẳng cố định. Đó là đường thẳng đi qua O và tạo với U AO một góc không đổi. B M' M Q N C 1 c) Hạ IT BC T BC TH TM . Do QH QN , suy ra IS MN 2 Tam giác vuông OSI có IOS không đổi nên OI nhỏ nhất khi và chỉ khi IS nhỏ nhất 1,0 MN nhỏ nhất. Ta chứng minh MN nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác AMN cân tại A. Thật vậy, trên BC lấy M’ N’ sao cho M '' AN . Không mất tính tổng quát giả sử QM'' QN suy ra AM'' AN . Trên đoạn AM ' lấy điểm U sao cho AU AN ' AUM ANN ' (c.g.c) SS MM'' NN M'' N MN AM'' M ANN R 3 R 2 3 Với 60o ; BC R suy ra AQ R , 2 2 1,0 RR 2 3 2 2 3 3 R 2 3 3 MN . OI . 23 3 6 Câu 5 ( 2,0 điểm) Cho các số thực dương x,, y z thỏa mãn x y z 3. Chứng minh rằng: 2x2 y 2 z 2 2 y 2 z 2 x 2 2 z 2 x 2 y 2 4xyz . 4 yz 4 zx 4 xy Nội dung Điểm Chứng minh được: 2x2 y 2 z 2 2 x y z . Tương tự ta có 2yzx2 2 2 2 yzxzxy , 2 2 2 2 2 zxy . x y z y z x z x y Do đó ta sẽ chứng minh 2xyz . 4 yz 4 zx 4 xy 0,5 y z z x x y Bất đẳng thức này tương đương với 1. 4 yz 2 yz 4 zx 2 zx 4 xyxy y z 2 yz 1 Ta có , dễ có 0,5 4 yz 2 yz 2 yz 2 yzyz 2 2 yzyz 2 yz
6. 2 1 1 0 2 yz yz xy 1 1 1 nên . 2 yz yz 2 yz 2 yz y z 1 z x 1 Vậy nên , tương tự có và 4 yz 2 yz 2 yz 4 zx 2 zx 2 zx x y 1 . 4 xy 2 xy 2 xy y z z x x y 1 1 1 Do đó . 4 yz 2 yz 4 zx 2 zx 4 xyxy 2 xy 2 yz 2 zx Với a, b, c>0 có 1 1 1 a b b c c a a b c 3 3 2 2 2 9 nên a b c b a c b a c 1 1 1 9 (*). a b c a b c 1 1 1 9 Áp dụng (*) ta có 1; 2 xy 2 yz 2 zx 6 xy yz zx x y y z z x 1,0 (Vì xy yz zx x y z 3). 2 2 2 y z z x x y Vậy 1. 4 yz 2 yz 4 zx 2 zx 4 xy xy 2x2 y 2 z 2 2 y 2 z 2 x 2 2 z 2 x 2 y 2 Do vậy ta có 4xyz . 4 yz 4 zx 4 xy Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 1. HẾT