Upload
vuongtu
View
218
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
SÔÛ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO KY THI CHỌN ĐÔI TUYÊN DƯ THI HOC SINH GIOI
QUÔC GIA
LAÂM ÑOÀNG NĂM HỌC 2010-2011
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN ( Ñeà thi goàm coù 01 trang) Thôøi gian lam bai : 180 phuùt (Khoâng keå thôøi gian
giao ñeà)
Ngay thi : 13/10/2010
Câu 1: ( 4,0 điểm)
Giai hê phương trình:
2 4 3
2 2
4 4 0
4 2 4 1
x y xy
x y xy
Câu 2: ( 5,0 điểm)
Cho dãy sô nu xác định như sau:
12u và
2
1
2010,
2011 2011
n
n n
uu u
vơi 1,2,3,...n
1. Chứng minh nu là dãy số tăng và không bị chặn trên.
2. Tính 1 1
lim1
ni
ni i
u
u
.
Câu 3: ( 5,0 điểm)
1. Từ đỉnh A của hình vuông ABCD , ta vẽ hai tia ,Ax Ay đi qua miền trong của hình
vuông đó. Gọi ,M K lần lượt là hình chiếu của các điểm ,D B lên Ax ; gọi ,N L lần lượt là
hình chiếu của các điểm ,D B lên Ay . Chứng minh rằng các đường thẳng ,KL MN vuông
góc với nhau.
2. Cho tam giác ABC nhọn, với , ,BC a CA b AB c . Hãy tìm điểm M bên trong
tam giác ABC sao cho . . .a MA b MB c MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 4:( 3,0 điểm)
Cho , ,x y z là các số nguyên. Chứng minh rằng x y z chia hết cho 30 khi và chỉ
khi 5 5 5x y z chia hết cho 30.
Câu 5: ( 3,0 điểm)
Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số thỏa mãn
đồng thời các điều kiện sau:
1. Trong mỗi số tự nhiên, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần.
2. Trong mỗi số tự nhiên, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau.
-----------------------Hết-----------------------
Họ và tên thí sinh:……………………………………………Số báo danh:…………........
Chữ kí giám thị 1:………………………..Chữ kí giám thị 2:………………………….....
Trang 1/1
SÔÛ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO KY THI CHỌN ĐÔI TUYÊN DƯ THI HOC SINH GIOI QUÔC
GIA
LAÂM ÑOÀNG NĂM HỌC 2010 – 2011
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Ngay thi: 13/10/2010
(Đáp án có 03 trang) MÔN: TOÁN
Lưu ý: Dươi đây chỉ là một trong những cách giải, nếu thí sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho
điểm tương ứng.
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu 1
(4 đ)
Xet hê
2 4 3
2 2
4 4 0 1
4 2 4 1 2
x y xy
x y xy
Khi 0y , ta có 2
2
4 0
4 1
x
x
hệ vô nghiệm.
Khi 0y nhân cả hai vế của (2) cho 2y ta có hệ
2 4 3
2 2 4 3 2
4 4 0 1
4 2 4 3
x y xy
x y y xy y
Lấy (3) trừ (1) vế theo vế, ta có
2 2 4 2 2
2 2 2 2 2
4 4
(4 ) (4 ) 0
x y y x y
y x y x y
2 2 2( 1)(4 ) 0
11
2
y x y
y x
.
Vậy hệ có hai nghiệm: 1 1
;1 , ; 12 2
.
0.5
0,5
1.0
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 2
(5 đ)
1. Ta có 2
*
1
( 1)2010,
2011 2011 2011
n n nn n n
u u uu u u n
Ta có 1 2u , 2 1
22
2011u u .
Chứng minh bằng quy nạp ta có ( nu ) là dãy tăng và *2,nu n .
Giả sử ( nu ) là dãy bị chặn trên, lúc đó tồn tại số L sao cho: lim ( 2)nn
u L L
Khi đó 1lim nn
u
2 2 02010 2010
lim12011 2011 2011
nn
n
Lu L Lu L
L
Vô lý vì L > 2. Như vậy ( nu ) không bị chặn trên.
2. Từ câu 1 ở trên ta có 1
lim lim 0nn n
n
uu
.
Từ giả thiết ta có 1 1
( 1)1 2011
2011
k kk k k k k k
u uu u u u u u
1 1
1 12011
1 1 1
k
k k k
u
u u u
.
Cho k lần lượt nhận các giá trị 1, 2, 3, …, n, rồi cộng n đẳng thức nhận được
theo vế ta có: 1 1 1 1
1 12011
1 1 1
ni
i i n
u
u u u
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
1,0
0,5
Suy ra 1 1 1
1lim lim 2011 1 2011
1 1
ni
n ni i n
u
u u
.
0,5
Câu 3
(5 đ) O
M
K
A D
x
y
B C
L
N
1.
+ Gọi O là tâm hình vuông, xét phép quay tâm O góc quay 090
+Ta có 0 090 90( ) , ( )o oQ B A Q A D , suy ra
0 090 90( ) , ( )o oQ BK Ax Q Ax DM .
+ Do ,K Ax BK M DM Ax nên 090 ( )oQ K M
+ Tương tự ta cũng có 090 ( )oQ L N .
+ Vậy KL MN .
D
H
KB
A
C
M
2. +Ký hiệu S là diện tích tam giác ABC, D là giao điểm của AM với BC.
và H và K tương ứng là chân đường vuông góc hạ từ B, C tới AM.
+ Ta có . ( ) ( )MA BC MA BD DC MA BH CK hay . 2( ) 1ABM ACMMA BC S S
+ Tương tự ta cũng có . 2( ) 2 ; . 2( ) 3ABM BCM BCM ACMMBCA S S MC AB S S
+ Cộng vế theo vế 1 , 2 , 3 ta có . . . 4 ABCMA BC MB CA MC AB S .
4aMA bMB cMC S .
+ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là trực tâm tam giác ABC.
Vậy điểm M cần tìm là trực tâm tam giác ABC.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4
(3 đ)
Ta có 5 2( 1)( 1)( 1)x x x x x x , suy ra 5 6 1x x
+ Nếu 5 5x t x
+ Nếu 5 1 1 5 5x t x t
+ Nếu 2 25 2 1 25 20 5 5x t x t t
+ Nếu 2 25 3 1 25 30 10 5x t x t t
+ Nếu 5 4 1 5 5 5x t x t
1,0
Vậy x ta có 5 5 2x x
Từ 1 , 2 suy ra 5 30x x , suy ra 5 (mod30)x x
Suy ra 5 5 5 30 30x y z x y z .
1,0
0,5
0,5
Câu 5
(3 đ)
Gọi số cần tìm có dạng 1 2 3 4 5 6 , 1,2,3ia a a a a a a
+ 1a có 3 cách chọn.
+ 2a có 2 cách chọn 2 1( )a a .
+ Chọn 3a
TH 1: 3 1 4a a a có 2 cách chọn.
Nếu 4 2a a thì 5 6a a (loại).
Nếu 4 2a a thì 4a có một cách chọn.
Nên 5a có một cách chọn và 6a có một cách chọn.
Vậy có 3.2.1.1.1.1 = 6 số.
TH 2: 3 1a a , do 3 2
a a nên 3a có một cách chọn 4a có hai cách chọn,
4 3( )a a .
Nếu 4 1a a 5a có hai cách chọn, 6a có một cách chọn.
nên có 3.2.1.1.2.1 = 12 số.
Nếu 4 2a a 5a có hai cách chọn, 6a có một cách chọn.
nên có 3.2.1.1.2.1 = 12 số.
Vậy có tất cả 30 số thỏa yêu cầu bài toán.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
-----------------------Hết----------------------
SÔÛ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO KY THI CHỌN ĐÔI TUYÊN DƯ THI HOC SINH GIOI
QUÔC GIA
LAÂM ÑOÀNG NĂM HỌC 2010-2011
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN
( Ñeà thi goàm coù 01 trang) Thôøi gian lam bai : 180 phuùt (Khoâng keå thôøi gian giao
ñeà)
Ngay thi : 14/10/2010
Câu 1: ( 4,0 điểm)
Giai phương trình: 23 6 7 1x x x .
Câu 2: ( 4,0 điểm)
Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2 2 2 2a b ca ab b b bc c c ac a
b c a+ + ³ - + + - + + - + .
Câu 3: ( 4,0 điểm)
Tìm tất cả các hàm số :f ®¡ ¡ thỏa mãn:
( )( ) ( ) ( )( )22 2 2 . , ,f x y x y f x f y x y- = - + " Î ¡ .
Câu 4: ( 5,0 điểm)
Cho tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi A là điểm sao cho ABCD là hình
bình hành. Gọi d là đường phân giác trong của góc BAD , d cắt đường thẳng DC tại F và cắt
đường thẳng BC tại G . Gọi là đường thẳng qua C và vuông góc với d , cắt đường tròn
tâm O tại điểm thứ hai là E . Gọi , ,I J K lần lượt là hình chiếu của E lên các đường thẳng
, , .CB CD BD
1. Chứng minh ba điểm , ,I J K thẳng hàng.
2. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CFG .
Câu 5: ( 3,0 điểm)
Giải phương trình nghiệm nguyên: 3 3 8.x y xy
-----------------------Hết-----------------------
Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:…………....
Chữ kí giám thị 1:………………………….Chữ kí giám thị 2:…………………………...
Trang 1/1
SÔÛ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO KY THI CHỌN ĐÔI TUYÊN DƯ THI HOC SINH GIOI
QUÔC GIA
LAÂM ÑOÀNG NĂM HỌC 2010 - 2011
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Ngay thi: 14/10/2010
(Đáp án có 03 trang) MÔN: TOÁN
Lưu ý: Đây chỉ là một trong những cách giải, nếu thí sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm
tương ứng.
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu1:
(4đ )
Điều kiện 1x .
Với điều kiện trên, pt tương đương 23( 6 2) ( 1 1) 4 0x x x
2 33
( 6) 8 ( 1) 1( 2)( 2) 0
1 1( 6) 2 6 4
x xx x
xx x
2 33
1 1( 2) ( 2) 0
1 1( 6) 2 6 4x x
xx x
2 33
2 0
1 12 0 1
1 1( 6) 2 6 4
x
xxx x
Ta có 1 0, 1 1VT x
Do đó pt (1) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
0,5
0,5
1,0
0,5
1,0
0,5
Câu 2
(4đ)
Ta có: ( )2 2 2
2 22 1a a ab b
a b b b a ab bb b
- +- + + = + ³ - +
( )2 2 2
2 22 2b b bc c
b c c c b bc cc c
- +- + + = + ³ - +
( )2 2 2
2 22 3c c ca a
c a a a c ca aa a
- +- + + = + ³ - +
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta có
( ) ( )2 2 2
2 2 2 2 2 22 4a b c
a b c a ab b b bc c c ac ab c a+ + + + + ³ - + + - + + - +
Chứng minh được: 2 2 2a b c
a b cb c a+ + ³ + + . (5)
(ta có 2 2 2
2 , 2 , 2a b c
b a c b a cb c a+ ³ + ³ + ³ ) .
Cộng (4) và (5) vế theo vế rồi chia hai vế cho 2, ta có điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a b c .
0,5
0,5
0,5
0,5
1,5
0,5
Cho 0x y ta có 2
0 0f f , suy ra 0 0f hoặc 0 1f
TH1. Xét 0 0f
Cho x y ta có 2 220 2 .x x f x f x f x x
0,5
0,5
Trang 1/1
Câu 3
(4 đ)
Suy ra f x x
Thử lại thấy thỏa mãn.
TH2. Xét 0 1f .
Cho 0y ta có 2 2 1f x x , do đó 1f x x với mọi 0x .
Cho 0x ta có 22 2f y y f y
Suy ra 2 22 22 1 2 1f y f y y y y y
Do đó 1f y y hoặc 1f y y
Cho x y ta có 2 221 2 .x x f x f x f x x
Suy ra 1f x x hoặc 1f x x
Do đó 1f x x , thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy có hai hàm số thỏa yêu cầu bài toán là: 1f x x và f x x
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4
(5 đ)
I
J
K F
C
G
A
E
B
D
1. Ta có 090CIE CJE , suy ra CIEJ nội tiếp, nên 1CJI CEI
Ta có BCED nội tiếp, suy ra BDE ECI , suy ra EKD đồng dạng EIC .
Từ đó ta có 2CEI DEK
Mà EDKJ nội tiếp, nên 3DEK DJK
Từ 1 , 2 , 3 , suy ra CJI DJK , do vậy , ,K I J thẳng hàng.
2.Chứng minh :
+ Tam giác FCG cân tại C.
suy ra CE là phân giác của góc FCG , nên EI EJ .
+ suy ra CIJ cân , nên ( )IJ FG IJ d .
+ Ta có: BDC ECI ECI EBD , suy ra BED cân tại E .
+ suy ra K là trung điểm BD , suy ra K là trung điểm . 1AC
+ Mà , ,K I J thẳng hàng (chứng minh trên) 2
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
+ Từ 1 , 2 , suy ra I là trung điểm CG và J là trung điểm CF .
Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FCG .
0,5
Câu 5
(3 đ)
Đặt y x d , với d
Phương trình trở thành 3 3( ) ( ) 8 1x x d x x d
3 3 2 2 3 2( 3 3 ) 8x x x d xd d x xd 2 2 3(1 3 ) ( 3 ) 8 0d x d d x d
Ta có 2 2 3(1 3 ) 4(1 3 )( 8)d d d d
2 3 2 3(1 3 ) (1 3 ) 4( 8) (1 3 ) 32) 0d d d d d d d
Suy ra 2 3
1 3 0
32 0
d
d d
hoặc
2 3
1 3 0
32 0
d
d d
Ta có
+ 2 3 2
2 3
11 3 0 0
332 0 (1 ) 32
32
d dd
d d d dd d
vô nghiệm.
+ 3
2 32 3
11 3 0
32 3332 0
32
d dd d
d dd d
Suy ra 3 1d
Với d = -3, suy ra 21 8 24 19 0x x (loại)
Với d = -2, suy ra 21 5 10 0 2; 0x x x x
2 0; 0 2x y x y
Với d = -1, suy ra 21 8 24 19 0x x (loại)
Vậy phương trình có hai nghiệm (2 ; 0) và (0 ; -2).
0,5
0,5
0,5
0,5
1,0
-----------------------Hết-----------------------