Kỳthi chọn học sinh giỏi lớp 12 vòng tỉnh năm học 2011 - 2012 môn thi: toán (bảng a) thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Họ và tên thí sinh:.... Chữ ký giám thị 1: 
Số báo danh:..... ... 
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH 
 NĂM HỌC 2011 - 2012 
 * Môn thi: TOÁN (BẢNG A) 
 * Ngày thi: 05/11/2011 
 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
ĐỀ 
Bài 1: (5 điểm) 
Cho các số dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh rằng: 
 2 2 2 2 2 2a b c a b b c c a+ + = + + . 
Bài 2: (5 điểm) 
 Cho dãy số ( )nv thỏa 1 23v = − , 2
4
5
v = − , 
vn+1.vn + 2vn+2.vn+1 − 3vn+2.vn = vn+2 − 3vn+ 1 + 2vn , 1nv ≠ − ; ( 1)n ≥ 
Tìm vn. 
Bài 3: (5 điểm) 
 Cho tập hợp { }1;2;3;...;2011M = . Hỏi trong tập hợp M có bao nhiêu phần tử 
chia hết cho ít nhất một trong ba số 2, 5 và 11? 
Bài 4: (5 điểm) 
Cho hình bình hành ABCD. Gọi I, F, K là các điểm xác định bởi: 
, , .AI AB AF AC AK ADα β γ= = =JJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG Chứng minh điều kiện cần và đủ để I, F, K thẳng 
hàng là: 1 1 1β α γ= + (biết rằng 0, 0, 0α β γ≠ ≠ ≠ ). 
--- HẾT ---
(Gồm 01 trang) 
CHÍNH THỨC 
 1 Bảng A-Ngày 1 
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH 
 NĂM HỌC 2011 - 2012 
 * Môn thi: TOÁN (BẢNG A) 
 * Ngày thi: 05/11/2011 
 * Thời gian: 180 phút 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Bài 1: (5 điểm) 
Ta có a + b + c ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 
 ⇔ a4 + b4 + c4 + 2(a + b + c) ≥ a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) (1,0đ) 
 ⇔ a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ (a2 + b2 + c2)2 
 ⇔ a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 9 (1,0đ) 
Do đó ta chỉ cần chứng minh a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 9 
Mà a4 + 2a = a4 + a + a ≥ 3 43 . .a a a = 3a2 (0,5đ)
 Tương tự b4 + 2b ≥ 3b2; c4 + 2c ≥ 3c2 (1,0đ) 
Vậy a4 + 2a + b4 + 2b + c4 + 2 c ≥ 3(a2 + b2 + c2) = 9 (0,5đ) 
 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. (1,0đ) 
Bài 2: (5 điểm) 
 vn+1.vn +2vn+2.vn+1 -3vn+2.vn = vn+2 -3vn+ 1 + 2vn 
1 1 2 2. 1 3 . 3 3 3n n n n n n n nv v v v v v v v+ + + +⇔ + + + = + + +
2 1 2 12( . 1)n n n nv v v v+ + + +− + + + 
1 2 2 1( 1)( 1) 3( 1)( 1) 2( 1)( 1)n n n n n nv v v v v v+ + + +⇔ + + = + + − + + 
2 1
1 3 2 
1 1 1n n nv v v+ +
⇔ = −+ + + (do 1,nv n≠ − ∀ ) 
(1,0đ)
(1,0đ) 
Đặt 1
1n n
u
v
= + ta được 2 13 2n n nu u u+ += − (1,0đ)
 Xét phương trình đặc trưng 12
2
1
3 2 0 
2
x
x x
x
=⎡− + = ⇔ ⎢ =⎣
 .2nnu a b= + với 1 23 , u 5u = = ta được : 
2 3 1
4 5 1
a b a
a b b
+ = =⎧ ⎧⇔⎨ ⎨+ = =⎩ ⎩ 
(1,0đ)
(Gồm 02 trang) 
CHÍNH THỨC 
 2 Bảng A-Ngày 1 
 1 2nnu = + 
 1 1
1 2n n
v⇒ = −+ 
(1,0đ)
Bài 3: (5 điểm) 
Gọi A là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 2. 
Gọi B là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 5. (1,0đ) 
Gọi C là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 11. 
Ta cần tính CBA ∪∪ 
Áp dụng công thức: 
CBACACBBACBACBA ∩∩+∩−∩−∩−++=∪∪ (1,0đ) 
Theo giả thiết ta có: 
 1005
2
2011 =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=A , 402
5
2011 =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=B , 182
11
2011 =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=C , 201
10
2011 =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=∩ BA , 
36
55
2011 =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=∩CB , 91
22
2011 =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=∩CA , 18
110
2011 =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=∩∩ CBA , (2,0đ) 
Trong đó [ ]x là phần nguyên của số thực x. 
Do đó: 12791891362011824021005 =+−−−++=∪∪ CBA (1,0đ) 
Vậy số các số cần tìm là 1279 
Bài 4: (5 điểm) 
* Ta có: 
( )
à :
KI AI AK
AB AD
KF AF AK
AC AD
M AC AB AD
KF AB AD
α γ
β γ
β β γ
= −
= −
= −
= −
= +
⇒ = + −
JJG JJG JJJG
JJJG JJJG
JJJG JJJG JJJG
JJJG JJJG
JJJG JJJG JJJG
JJJG JJJG JJJG
 * Điều kiện cần và đủ để K, I, F thẳng hàng là tồn tại số thực k sao cho: 
 ( )
( ) ( ) 0
K F k K I
A B A D k A B k A D
k A B k A D
β β γ α γ
β α β γ γ
=
⇔ + − = −
⇔ − + − + =
JJJG JJG
JJJG JJJG JJJG JJJG
JJJG JJJG G
 * Vì ,AB AD
JJJG JJJG
 không cùng phương nên: 
( ) ( )
( )
0
0
0
0, 0, 0
1 1 1
k AB k AD
k
k
do
− + − + =
− =⎧⇔ ⎨ − + =⎩
−⇔ = ≠ ≠ ≠
⇔ + =
JJJG JJJG Gβ α β γ γ
β α
β γ γ
β γ β α β γα γ
α γ β
---Hết--- 
(1,0đ) 
(0,5đ) 
(0,5đ) 
(1,0đ) 
(0,5đ) 
(1,0đ) 
(0,5đ)