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

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-------------------