Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Vĩnh Phúc lớp 12 THPT năm học 2013-2014 môn: Toán thpt chuyên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Môn: TOÁN THPT CHUYÊN 
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. 
Ngày thi 25/10/2013 
Câu 1 (2,5 điểm). Cho trước số thực 0a  và cho dãy số thực  nx xác định bởi 
1x a và 1 17 16n nx x   với mọi 1n  . 
Chứng minh rằng với mọi 0a  dãy  nx có giới hạn hữu hạn khi n  . Hãy tìm 
giới hạn đó. 
Câu 2 (1,5 điểm). Cho ba số , ,x y z không âm thỏa mãn 2 2 2 1x y z   . 
Chứng minh rằng 
2 2 2
1 1 1 6
2 2 2
x y y z x z       
          
     
. 
Câu 3 (1,5 điểm). Tìm các số tự nhiên ,x y thỏa mãn phương trình 
    32 2 2x y y x x y    . 
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với AB AC . 
Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T. Gọi D là điểm đối xứng của A qua O, đường 
thẳng OT cắt đường thẳng BD tại điểm E. 
a) Chứng minh rằng AE song song với CD. 
b) Đường thẳng BE cắt đường thẳng AT tại F. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác 
AEF cắt EO tại điểm G khác E. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp tam giác 
AGB nằm trên (O). 
Câu 5 (1,5 điểm). Một số nguyên dương k được gọi là "đẹp" nếu có thể phân hoạch 
tập hợp các số nguyên dương  thành k tập hợp 1 2, ,..., kA A A sao cho với mỗi số 
nguyên dương 15n  và với mọi  1;2;...;i k đều tồn tại hai số thuộc tập iA có tổng 
là n. 
a) Chứng minh rằng 3k  là đẹp. 
b) Chứng minh rằng mọi 4k  đều không đẹp. 
 . Hết. 
- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. 
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 
- Họ và tên thí sinh .Số báo danh.
1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014 
 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 thì không cho điểm. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
Câu 1. (2,5 điểm) 
Nội dung Điểm 
Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được 0 .nx n  
Xét hàm   17 16 , 0.f x x x   Ta có  
8
0 0
17 16
f x x
x
    

, do đó hàm số 
 f x đồng biến trên (0; ) , suy ra dãy  nx đơn điệu. 
Xét hàm     , 0g x f x x x   ta thấy  
  2 17 117 16
17 16 17 16
x xx x
g x
x x x x
  
 
   
 suy ra 
  0 17g x x   và    0 0 17; 0 17g x x g x x       . 
* Nếu 17a  thì 17 1nx n   , do đó dãy  nx hội tụ và lim 17.n
n
x

 
* Nếu 0 17a  thì  2 1x f a a x   suy ra  nx đơn điệu tăng. 
Dễ thấy  nx bị chặn trên bởi 17. Suy ra dãy hội tụ về  mà   0,g   do đó 
lim 17.n
n
x

 
* Nếu 17a  thì  2 1x f a a x   suy ra  nx đơn điệu giảm. 
Dễ thấy dãy  nx bị chặn dưới bởi 17, tương tự dãy hội tụ và lim 17.n
n
x

 
Kết luận: Với mọi 0a  thì dãy hội tụ và lim 17.n
n
x

 
Câu 2. (1,5 điểm) 
Nội dung Điểm 
Bình phương hai vế của BĐT cần chứng minh ta được BĐT tương đương: 
2 2 2 2 2
3 2 1 . 1 6
2 2 2 2 2cyc
x y y z x z x y y z             
               
         
 . 
2 
2 2
7
1 . 1
2 2 4 4cyc
x y y z xy yz zx      
       
   
 (*). 
Ta có 
2 22 2 2 2 2( 1) ( ) 1
1
2 2 2 4 2
x y x y z x y x y z         
       
   
. 
Tương tự 
2 2 2( ) 1
1
2 4 2
y z y z x   
   
 
. 
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta được: 
2 2 2 2 2 2
2 2
2
( ) 1 ( ) 1
1 . 1 .
2 2 4 2 4 2
( 1)( 1)( )( ) ( )( ) 1
4 2 4 2
1
4 2
x y y z x y z y z x
x zx y z y x y z y xz
y xz yz xy xz
        
       
   
     
   
   
 
Cộng theo vế các BĐT tương tự ta được: 
2 2 2 2 2 ( ) 3
1 . 1
2 2 4 2cyc
x y y z x y z xy yz zx xy yz zx            
      
   
 . 
Hay 
2 2
7 ( )
1 . 1
2 2 4 4cyc
x y y z xy yz zx      
      
   
 . Vậy (*) được chứng minh. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
1
3
x y z   . 
Câu 3. (1,5 điểm) 
Nội dung Điểm 
    32 2 2x y y x x y    (1) 
Nếu 0x  thì 0y  và ngược lại. 
Ta xét x,y nguyên dương. Từ (1) suy ra x y . Biến đổi (1): 
          
2 23 32 2 2 2 2 24 8 8x y y x x y x y y x x y y x x y              
Mà   2 2 1x y y x x y x y       nên ta được: 
       
2 2 22 2 8 1x y y x x y x y x y         
 
Do đó    
2
8 1x y x y    là số chính phương. 
Ta có        
2 2 2
1 8 1 3x y x y x y x y          (2) 
Mặt khác từ (1) suy ra x,y cùng tính chẵn lẻ. Kết hợp với (2) và    
2
8 1x y x y    lẻ 
suy ra      
2 2
8 1 1 3x y x y x y x y         . 
3 
Khi đó   2 2 3 327x y y x x y    và  3 32 16x y y  , mâu thuẫn với (1). 
Vậy (1) có nghiệm duy nhất    ; 0;0x y  . 
Câu 4. (3,0 điểm). 
Nội dung Điểm 
D
M
E
B
O
A
C
T
a) (2,0 điểm). 
Gọi M là trung điểm của BC thì OM BC , mà OA AT suy ra tứ giác AOMT nội 
tiếp, suy ra AOT AMT EOD AMC      . 
Kết hợp với BDA ACB   , suy ra AMC EOD  . 
Mà M là trung điểm BC, O là trung điểm AD ta suy ra 
ABC EAD  ABC EAD  . 
Mà ABC ADC   , suy ra EAD ADC   ||AE CD (đpcm). 
D
I
GF
M
E
B
O
A
C
T
b) (1,0 điểm). 
Từ phần a) ta có FAE DAC FGE DBC FBT        , suy ra tứ giác FGBT nội 
tiếp. 
Từ đó TGB TFB EGA     . Do đó GO là phân giác của góc AGB . 
Mặt khác OA OB suy ra O là giao điểm của phân giác trong góc AGB và trung trực 
của AB. Do đó tứ giác AGBO nội tiếp. 
4 
Gọi I là giao điểm của đoạn GO với (O). Do OA OB OI  nên ta suy ra ngay I chính 
là tâm nội tiếp tam giác AGB, từ đó suy ra điều phải chứng minh. 
Câu 5. (1,5 điểm) 
Nội dung Điểm 
a) (0,5 điểm). 
Với 3k  ta chỉ ra một cách phân hoạch tập  thành 3 tập 1 2 3, ,A A A thỏa mãn như 
sau: 
   1 1;2;3 3 | 4A m m  ; 
   2 4;5;6 3 1| 4A m m   ; 
   3 7;8;9 3 2 | 4A m m   . 
Vậy 3k  là đẹp. 
b) (1,0 điểm). 
Xét 4k  . Giả sử tồn tại cách chia  thành k tập 1 2, ,..., kA A A thỏa mãn đề bài. 
Khi đó cách phân hoạch  thành 4 tập 1 2 3, ,A A A và  4 5 ... kA A A   cũng thỏa mãn 
đề bài. Do vậy chỉ cần xét với 4k  là đủ. 
Đặt  1;2;3;...;23i iB A  với 1,2,3,4i  . 
Ta thấy mỗi số thuộc tập  15;16;17;...;24 (gồm 10 số) đều viết được thành tổng của hai 
số thuộc tập iB (với mọi 1,2,3,4i  ). 
Như vậy nếu iB m thì số tổng là 
2 10 5mC m   . 
Vậy mỗi tập iB đều có ít nhất 5 phần tử. 
Mà 1 2 3 4 23B B B B    nên không thể xảy ra 6, 1,2,3, 4iB i   
Do đó phải tồn tại một tập iB sao cho 5iB  . Giả sử  1 2 3 4 5; ; ; ;iB a a a a a . 
Khi đó    ;1 5 15;16;17;...; 24i ja a i j     . 
Suy ra  
1 5
15 16 ... 24i j
i j
a a
  
     , hay  1 2 3 4 54 195a a a a a     , vô lí. 
Vậy mọi 4k  đều không đẹp. 
. Hết.