Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 có đáp án - Đề 2

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 2 2 3 2 1 1 1 3 4 10 3 . 3 1 2 1 3 5 5 1             x x x x 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 j A A thì không vẽ 

j i A A .

2. Với mọi   , , 1;2;3;...;2016  i j k , nếu đã vẽ 

i j A A và 

j k A A thì không vẽ 

i k A A .

Hỏi An có thể vẽ nhiều nhất bao nhiêu vectơ ?

------------ HẾT -------------

Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ 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 2 1 1 3 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  2 3  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 85 6   x n . 0,75

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm 2 3  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 2 2 2 2 4 0              t t x y z xyz x y z xy yz zx

0,5

Ta có:   / 2 2 2 4 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 1 2    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 2 1 2   t t z .

0,5

Mặt khác,   2 2 2 1 2 2 4        t t x y z xy yz zx     2 2 2 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 1 2 2 2     …