HDC de 10 toan

Hướng dẫn chấm - Trang 2 x  y  3xy  3x  y   Câu (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 4 x  y  x   x  y  x  y  1  2 Nội dung Điểm 2 x  y  x  y  Điều kiện:  1,5 Xét phương trình (1) hệ ta có: x  y  3xy  3x  y     x  y  1  x  y  1  Trường hợp 1: y  x  thay vào phương trình (2) ta được: x  x   x   x  với điều kiện x   Phương trình  3x  3x  ( x   x  1)  ( x   x  4)  1,0 1     x  x  3   0 x   x  x   x    1 x     x2  x    nên  x   3x  x   5x  x  Trường hợp 2: y  x  thay vào phương trình (2) ta được: Do x    3x  x   x   x   x   3x   Giải tương tự ta x  Hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (0;1),(1;2) 1,0 0,5 Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn  O  , các đường cao AD, BE , CF Gọi M giao điểm EF BC , N giao điểm FD AC , P giao điểm ED AB a Chứng minh các điểm M , N , P thẳng hàng b Dựng đường tròn qua điểm E , F tiếp xúc với cung nhỏ BC  O  tại X , đường tròn qua điểm F , D tiếp xúc với cung nhỏ CA  O  tại Y , đường tròn qua điểm D, E tiếp xúc với cung nhỏ AB  O  tại Z Chứng minh các đường thẳng AX , BY , CZ đồng quy Ý Nội dung Điểm Hướng dẫn chấm - Trang a (2,0 điểm) b (2,0 điểm) Ta có tứ giác BCEF nội tiếp nên ME.MF  MB.MC Hay M /  DEF  M / ABC  , suy M thuộc trục đẳng phương hai đường tròn  DEF   ABC  Chứng minh tương tự ta có N P tḥc trục đẳng phương hai đường tròn  DEF   ABC  Suy các điểm M , N , P thẳng hàng Ta có EF trục đẳng phương  BCEF   EFX  1,0 0,5 0,5 BC trục đẳng phương  BCEF   O  Tiếp tuyến chung tại X  O   EFX  trục đẳng phương  O   EFX  0,5 Suy MX  MB.MC , suy MBX ∽MXC BX MB MX XB MB   , suy  Suy CX MX MC XC MC 0,5 Suy MX tiếp tuyến  O  Chứng minh tương tự ta có YC  YA NC ZA  NA ZB PA PB 0,5 XB YC ZA MB NC PA   (do các điểm M , N , P thẳng hàng) 0,5 XC YA ZB MC NA PB Suy các đường thẳng AD, BE , CF đồng quy Câu (4,0 điểm) Xét các đa thức P  x  Q  x  với hệ số thực, khác đa thức hằng thỏa mãn Suy điều kiện P  Q  x     P  x   Q  x    , x  ¡ Hướng dẫn chấm - Trang a Chứng minh P  x  ln có nghiệm thực b Chứng minh Q  x  đa thức monic có ít cặp đa thức monic  P  x  , Q  x   thỏa mãn điều kiện toán (Đa thức monic đa thức có hệ sớ bậc cao 1) Ý a (2,0 điểm) Nội dung Điểm Vì deg Q  nên tờn tại x0 (có thể thực hoặc phức) nghiệm Q  x  1,0 Thế x x0  điều kiện ban đầu ta  P  Q  x0    P  x0     Q x   0,5 Suy P    hay P  x  ln có nghiệm thực x  b (2,0 điểm) Đặt P  x   an x  an1 x n n 1 0,5   a0 với n  1, an  m m 1 Và Q  x   bm x  bm1 x   b0 với m  1, bm  Từ điều kiện ban đầu, cân bằng hệ sớ sớ hạng có bậc cao ta an  bm   an  bm  , suy  bm  n Từ điều kiện ban n 3 đầu,  cân bằng bậc vế ta mn  5n  3m   m    n  3  15  * 0,5 Suy n  số lẻ, suy bm  , hay Q  x  đa thức monic Ta có m, n  ¥ * nên m   4, n   2 nên ta phân tích 15  15.1  1.15  5.3  3.5 , có trường hợp  m, n  thỏa mãn  * Chọn P  x   x n , Q  x    x   m 0,5 với  m, n  thỏa mãn  * , ta có ít cặp đa thức monic P  x  , Q  x  thỏa mãn điều kiện toán 0,5 0,5 p Câu (4,0 điểm) Cho số nguyên tố lẻ p đa thức Q  x    p  1 x  x Có tờn tại hay khơng hoán vị  a1 ; a2 ; ; a p 1   1;2; ; p  1 mà  a1.Q  1 ; a2 Q   ; ; a p 1.Q  p  1  hệ thặng dư thu gọn mod p ? Nội dung Điểm Trước hết ta chứng minh H   Q  1 ; Q   ; ; Q  p   hệ thặng dư đầy đủ mod p Thật vậy, giả sử tồn tại u , v   1;2; ; p phân biệt cho Q  u   Q  v   mod p  p p Khi  p  1  u  v    u  v    mod p  1,0 (1) p p Theo định lý Phecma ta có u  u  mod p  ; v  v  mod p  nên từ (1) ta  p  1  u  v    mod p   u  v  mod p  1,0 Suy mâu thuẫn, chứng tỏ H hệ thặng dư đầy đủ mod p Giả sử tồn tại  a Q  1 ; a Q   ; ; a p 1 hoán vị  a ; a ; ; a  p 1 Q  p  1  hệ thặng dư thu gọn mod p  1;2; ; p  1 mà 0,5 p Ta có Q  p    p  1 p  p   mod p  nên  Q  1 ; Q   ; ; Q  p  1  hệ thặng Hướng dẫn chấm - Trang dư thu gọn mod p Theo giả sử ta có  a1 ; a2 ; ; a p 1 hệ thặng dư thu gọn mod p nên a1.a2 a p 1  Q  1 Q   Q  p  1  1.2  p  1   p  1 !  1 mod p  (định lý Wilson) Suy a1.Q  1 a2 Q   .a p 1.Q  p  1   a1a2 a p 1   Q  1 Q   Q  p  1   1 mod p  Suy  a1.Q  1 ; a2 Q   ; ; a p 1.Q  p  1  không hệ thặng dư thu gọn mod p Suy giả sử sai, nghĩa không tồn tại hoán vị  a1 ; a2 ; ; a p 1   1;2; ; p  1 mà  a Q  1 ; a Q   ; ; a p 1 0,5 1,0 Q  p  1  hệ thặng dư thu gọn mod p Câu (4,0 điểm) Với hai số nguyên dương k , n ta kí hiệu p  n, k  số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1  x2   xk  n mà x1  x2   xk Tính p  n,  p  n,3 theo n Ý a (2,0 điểm) b (2,0 điểm) Nội dung Tính p  n,  Xét phương trình nghiệm ngun khơng âm x1  x2  n mà x1  x2 n Do x1  x2 nên x1  x2  x1 , suy x1    2   n  Với x1  0;1;2; ;    có sớ x2  n  x1 thỏa mãn    phương trình n Vậy sớ nghiệm phương trình p  n,      2 Tính p  n,3 Xét phương trình nghiệm nguyên không âm x1  x2  x3  n  1 mà x1  x2  x3 Gọi S tập tất các nghiệm nguyên không âm  1 Điểm 1,0 0,5 0,5 0,5 T tập tất các nghiệm nguyên không âm  1 mà x1  x2  x3 A tập tất các nghiệm nguyên không âm  1 mà x1  x2  x3 B tập tất các nghiệm nguyên không âm  1 mà x1  x2  x3 C tập tất các nghiệm nguyên không âm  1 mà x1  x2  x3 D tập tất các nghiệm nguyên không âm  1 mà x1  x2  x3 Ta có S  A  B  C  D T  A  B  C  D Theo toán chia kẹo Ơle S  Cn2   n    n  1 Hướng dẫn chấm - Trang  n   n  1  C  nếu nM , hay C      Ta có C  nếu n M     Ta có A  B  C bằng số nghiệm nguyên không âm 2x  y  n bằng số nghiệm nguyên không âm u  v  n mà u  x  x  y  v n Theo ta A  B  C     2 Suy  n    n  1 0,5  3 A  B  C   C  D   n     n   n  1       1         D  2   3      n    n  1   n     n   n  1       1     Suy D     6           0,5   n    n  1 n    n   n  1   n      1     Suy T         6 2 2         n    n  1    n    n    n  1 Rút gọn p  n,3  T  12 2       0,5 …………………………………HẾT…………………………… Lưu ý: - Nếu thí sinh làm cách khác mà cho kết chính xác, có chứng cứ khoa học cho điểm tối đa - Giám khảo làm tròn điểm tổng thi đến 0,25 điểm Hướng dẫn chấm - Trang ... MB.MC Hay M /  DEF  M / ABC  , suy M thuộc trục đẳng phương hai đường tròn  DEF   ABC  Chứng minh tương tự ta có N P thuộc trục đẳng phương hai đường tròn  DEF   ABC  Suy... mãn điều kiện toán (Đa thức monic đa thức có hệ sớ bậc cao 1) Ý a (2,0 điểm) Nội dung Điểm Vì deg Q  nên tờn tại x0 (có thể thực hoặc phức) nghiệm Q  x  1,0 Thế x x0  điều kiện ban