Cho hình bình hành ABCD. Gọi P là điểm sao cho trung trực của đoạn
thẳng CP chia đôi đoạn AD và trung trực của đoạn AP chia đôi đoạn CD. Gọi Q là trung
điểm của đoạn thẳng BP.
a) Chứng minh rằng đường thẳng BP vuông góc với đường thẳng AC.
b) Chứng minh rằng BP OE = 4. , trong đó E là trung điểm của AC và O là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC .
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 83 2 5 1 83 2 5 1 , , 83 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 2 252. 3. 4. 681 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 2n n+ chia hết cho 7 . Tìm số dư của 2 2 11 2012n n n+ + khi chia cho 7 . Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD. Gọi P là điểm sao cho trung trực của đoạn thẳng CP chia đôi đoạn AD và trung trực của đoạn AP chia đôi đoạn CD. Gọi Q là trung điểm của đoạn thẳng BP. a) Chứng minh rằng đường thẳng BP vuông góc với đường thẳng AC. b) Chứng minh rằng 4.BP OE= , trong đó E là trung điểm của AC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC . Câu 5 (1,0 điểm). Cho m, n ( )4m n> > là các số nguyên dương và A là một tập hợp con có đúng n phần tử của tập hợp { }1,2,3,...,S m= . Chứng minh rằng nếu ( )( )2 3 41 1 n n nm n C C C> − + + + thì ta luôn chọn được n phần tử đôi một phân biệt 1 2, ,..., nx x x S∈ sao cho các tập hợp { }, , 1,i iA x y x x A y A i n= + + ∈ ∈ = thỏa mãn j kA A = ∅∩ với mọi 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. Họ 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 số ( ) ( )2 83 2, 5 1f t t t g t t t = + + = − − . Khi đó ta có ( ) ( ) 28 5 1' 2 3 0, ' 0, 52 5 1f t t g t tt t= + > = − − − . Mà ( ) ( ),f t g t là các hàm số liên tục trên 1 ; 5 + ∞ suy ra ( )f t đồng biến trên 1 ; 5 + ∞ và ( )g t nghịch biến trên 1 ; 5 + ∞ . Không mất tính tổng quát ta giả sử { }min , ,x x y z= . Khi đó ta có: Nếu ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )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 vậy x y= , tương tự lí luận như trên ta được x z= suy ra x y z= = . Thay trở lại hệ ta được 2 83 2 5 1x x x x + + = − − 2 83 2 5 1 0x x x x ⇔ + + − + − = (1). Đặt ( ) 2 8 13 2 5 1, ; . 5 h x x x x x x = + + − + − ∈ +∞ Dễ thấy hàm số đồng biến trên 3 Nội dung 1 ; 5 + ∞ và ( )1 0 1h 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 22 3 4 81 a bc b dP 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 32 22 . 2 2 a b a ba a a b a b c a b a b c + + ≤ + + + + + + + ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 33 233 3 . . 2 3 23 2 3 a b cbc b c a b a b c d a b a b c a b c d a b cb c a b a b c a b c d + + = + + + + + + + + + + + + ≤ + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 33 44 3 2 24 4. 3 381 23. 3 3 b d b d a b a b c da b a b c d b d a b a b c d = + + + ++ + + + ≤ + + + + + Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 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 Đặt 3 ; , ,0 2n q r q r r= + ∈ ≤ ≤ℕ . Khi đó ( ) ( )3 2 27 .3 8 .2 1 .3 2 mod 7qn n q r q r r r+ = + ≡ − + Do đó để ( ) ( ) ( )3 2 0 mod 7 1 .3 2 0 mod 7 2 1, 0qn n r r q k r+ ≡ ⇔ − + ≡ ⇔ = + = . Suy ra n có dạng 6 3n k= + , chú ý nếu ( ) ( )6,7 1 1 mod 7a a= ⇒ ≡ . Do đó ta có: +) ( ) ( )66 32 2 2 .8 1 mod 7n k k+= = ≡ (1) +) ( ) ( )66 3 3 311 11 11 .11 4 1 mod 7n k k+= = ≡ ≡ (2) +) ( ) ( ) ( )22 2 66 3 6 6 9 9 32012 2012 2012 .2012 3 27 6 mod 7kn k k+ += = ≡ ≡ ≡ (3) Từ (1), (2) và (3) ta được 4 Nội dung Điểm ( )2 11 2012 1 1 6 1 mod 7n n n+ + ≡ + + ≡ . Vậy số dư cần tìm là 1. Câu 4. (3,0 điểm) E O Q J I M N P D C BA Nội dung Điểm a) (2,0 điểm) Gọi M, N, I, J theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AD, CD, AP, CP. Khi đó ,NI AP MJ CP⊥ ⊥ Do I là trung điểm của AP, Q là trung điểm của BP nên IQ AB và 2 ABIQ = từ đó suy ra IQ CN và IQ CN= . Suy ra tứ giác CNIQ là hình bình hành. Suy ra CQ NI . Từ đó, do NI AP⊥ nên CQ AP⊥ (1) Chứng minh tương tự, cũng được AQ CP⊥ (2) Từ (1) và (2) suy ra P là trực tâm của tam giác ACQ suy ra PQ AC⊥ hay BP AC⊥ Do P là trực tâm của tam giác AQC nên OA OC OQ OP+ + = ( ) ( )1 22OA OC OP OB OP OA OC OB OP⇔ + + + = ⇔ + + = 4 4 4.OE OP OB OE BP BP OE⇔ = − ⇔ = ⇒ = . Vậy 4.BP OE= . Câu 5. (1,0 điểm) Nội dung Điểm Xét tập hợp { }, , ,B x y z t x y z t A= + − − ∈ . Ta sẽ chỉ ra bất đẳng thức sau: B ≤ 2 3 41 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 đều bằng nhau thì số các số dạng x y z t+ − − bằng 1. +) Nếu trong 4 số , , ,x y z t có đúng 3 số bằng nhau, giả sử x y z t= = ≠ . Khi đó x y z t x t+ − − = − suy ra có tối đa 2 n C số x y z t+ − − . +) Nếu 4 số , , ,x y z t có đúng 2 số bằng nhau. Khi đó nếu x y= thì có tối đa 3nC số dạng này, còn nếu x z= thì x y z t y t+ − − = − thì có tối đa 2 n C số dạng này và đã xét ở trên. +) Nếu 4 số , , ,x y z t đôi một khác nhau thì có tối đa 4nC số x y z t+ − − . Do đó có nhiều nhất 2 3 41 n n n C C C+ + + số dạng x y z t+ − − . Từ đó suy ra bất đẳng thức (1). Gọi 1 1x S= ∈ . Đặt { }1 1\C S x x x B= + ∈ suy ra ( )1 2 1 2 12 0 minC S B n B x C x x≥ − > − > ⇒ ∃ = ⇒ > . Dễ thấy 1 2A A = ∅∩ . Tiếp theo đặt { }2 1 2\C C x x x B= + ∈ suy ra ( )2 1 3 2 3 23 0 minC C B n B x C x x≥ − > − > ⇒ ∃ = ⇒ > . Kiểm tra được ngay 2 3A A = ∅∩ , 1 3A A = ∅∩ . Cứ tiếp tục như vậy đến bước thứ n , ta đặt { }1 2 2\n n nC C x x x B− − −= + ∈ thì ( )1 2 1 10n n n n n nC C B n n B x C x x− − − −≥ − > − = ⇒ ∃ ∈ ⇒ > Khi đó ta kiểm tra được i jA A = ∅∩ với mọi i j≠ . Vậy luôn tồn tại các phần tử 1 2, ,..., nx x x S∈ thỏa mãn yêu cầu bài toán. -------------------Hết-------------------
Tài liệu đính kèm: