Đề thi thử học sinh giỏi Lớp 12 môn Toán (Có đáp án) - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Bình Thuận

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
BÌNH THUẬN 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Đề này có 01 trang) 
 KỲ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG 
LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2016 – 2017 
Môn: Toán 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Bài 1. (5 điểm) 
Giải phương trình: 3 22 3 21 1 13 4 10 3 .3 1 2 1 3 5 5 1          x x xx x x x x x 
Bài 2. (5 điểm) 
Cho các số nguyên dương , ,x y z thỏa  2 2 2 1      x y z xyz x y z xy yz zx 
là số chính phương. Chứng minh rằng  2 2 2 2    x y z xy yz zx là số chính phương. 
Bài 3. (5 điểm) 
 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O . Gọi , ,M N P lần lượt là giao điểm của 
AB và CD , AD và BC , AC và BD . Lấy K là trung điểm của đoạn MN ; đoạn PK cắt 
 O tại H , MH cắt  O tại I khác H , NH cắt  O tại J khác H . Hãy phân tích PK 
theo hai vectơ , MI NJ . 
Bài 4. (5 điểm) 
Trên mặt phẳng có 2016 điểm phân biệt là 1 2 2016, ,...,A A A . Từ các điểm trên, bạn An 
muốn vẽ các vectơ khác vectơ không, thỏa 2 điều kiện sau: 
1. Với mọi  , 1;2;3;...;2016i j , nếu đã vẽ i jA A thì không vẽ j iA A . 
2. Với mọi  , , 1;2;3;...;2016i j k , nếu đã vẽ i jA A và j kA A thì không vẽ i kA A . 
Hỏi An có thể vẽ nhiều nhất bao nhiêu vectơ ? 
------------ HẾT ------------- 
Giám thị không giải thích gì thêm. 
Ho ̣và tên thı́ sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . 
ĐÁP ÁN KỲ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG 
LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA – Năm học 2016 – 2017 
LỜI GIẢI TÓM TẮT 
ĐIỂM 
Bài 1. 
Điều kiện: 
1
3
1 2
    
x
x
0,25x3 
Đặt 2 3 21 13 1,b x 2 1, .3 5 5 1        a x x c x x x ab 
Phương trình trở thành 1 1 1    a b c
a b c
0,25x4 
1
1
1
  
a
b
c
0,5x3 
Với 1a ta có  23x n 
0,25 
Với 1b ta có  1 3  x n 0,5 
Với 1c ta có  0x n   hoặc  5 856
 x n . 0,75 
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm 23x , 1 5  x , 0x ,
5 85
6
 x .  
0,25 
Bài 2. 
Trong các bộ số  , ,x y z thỏa điều kiện bài toán, xét bộ  , ,x y z có  x y z nhỏ 
nhất. Không mất tính tổng quát giả sử  , ,z max x y z . 
0,5x2 
Xét phương trình bậc 2 ẩn t là: 
 2 2 2 2 2 4 4 0           t x y z xy xz xt yz yt zt xyzt (1) 
   2 2 2 22 2 2 4 0            t t x y z xyz x y z xy yz zx 
0,5 
Ta có:  / 2 2 24 1          x y z xyz x y z xy yz zx là số chính phương nên 
phương trình có 2 nghiệm nguyên 1 2,t t . 
0,5 
Ta có (1) có thể viết lại thành 3 phương trình sau: 
    2 4 1 1     x y z t xy zt 
    2 4 1 1     x z y t xz yt 
    2 4 1 1     x t y z xt yz 
Nên 1 0, y 1 0,z 1 0     xt t t mà bộ số  1;1;1 không thỏa điều kiện bài toán 
0,75 
nên 1 12
  t hay 0t . 0,75 
Xét 0t , 
coi (1) là phương trình bậc 2 theo z thì ta có 
 2 2 2 1      x y t xyt x y t xy yt tx là số chính phương hay  , ,x y t cũng là 
một bộ số thỏa điều kiện bài toán nên       x y t x y z t z 21 2 t t z . 
0,5 
Mặt khác, 
 2 2 21 2 2 4      t t x y z xy yz zx    2 22 2 2 4       z x z x y z y xy z 
Mâu thuẫn 
0,5 
Vậy 0t hay  2 2 2 2 4     x y z xy yz zx là số chính phương. (Đpcm) 0,5 
Bài 3. 
Kẻ đường thẳng qua P vuông góc OP cắt  O tại ,I J như hình vẽ. Gọi H là 
giao điểm của MI và  O , H không trùng I . Ta sẽ chứng minh , ,N H J thẳng 
hàng và , ,P H K thẳng hàng. 
1,0 
Gọi X là giao điểm của ,AI CJ . Ta chứng minh được , ,M N X thẳng hàng. 1,0 
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm , , , , ,H I A D C J . Ta có: 
,   HI DC M IA CJ X và giả sử 1 AD JH N thì 1, ,M X N thẳng hàng 
1  AD MX N nên 1 N N hay , ,N H J thẳng hàng. 
1,0 
Mặt khác, theo định lý Brokard thì OP MN nên / /IJ MN . 1,0 
Lại do P là trung điểm IJ nên , ,P H K thẳng hàng. 
Suy ra cách xác định ,I J như trên là hợp lý. 
0,5 
Vậy PK  1 1 12 2 2        MI NJ MI NJ . 0,5 
Bài 4. 
Không mất tính tổng quát, giả sử 1A thuộc nhiều vectơ nhất. 0,5 
Với mỗi điểm   1;2;...;2016iA i ta chia các điểm còn lại thành 3 loại: 
Loại 1: Có nối với 1A và 1A là điểm đầu. 
Loại 2: Có nối với 1A và 1A là điểm cuối. 
Loại 3: Không nối với 1A . 
1,0 
Giả sử có m điểm loại 1, n điểm loại 2, p điểm loại 3. 0,5 
Chú ý rằng: 
Giữa các điểm loại 1 không có 2 điểm nào nối lại. 
Giữa các điểm loại 2 không có 2 điểm nào nối lại. 
Giữa 1A và các điểm loại 1, loại 2 có tối đa m + n + mn vectơ. 
0,5x2 
Số vectơ liên quan đến các điểm loại 3 tối đa là p(m + n). 0,5 
Vậy tổng số vectơ tối đa là 
    m n mn p m n    1 1    mn m p n p  
2 21 2016
3 3
   m n p . 
0,5 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 672   m n p . 0,5 
Đưa ra mô hình. 0,5