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