SỞ GD VÀ ĐT QUẢNG NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2022 2023 Môn Toán – Lớp 10 Câ u Nội dung Điể m 1 Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P ( x ) thỏa mãn[.]
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2022 - 2023 Mơn Tốn – Lớp 10 Câ u Nội dung Điể m Tìm tất đa thức hệ số thực P ( x ) thỏa mãn P ( )=0 4,0 (1) P ( x 2−x+1 ) ≡ P ( x ) −P ( x )+ Thay x 1−x ta P ( x 2−x+1 ) ≡ P ( 1−x ) −P ( 1−x ) +1 (2) 1,0 Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta [ P ( x ) −P ( 1−x ) ] [ P ( x ) + P ( 1−x )−1 ] ≡0 Suy P ( x )−P (1−x ) ≡ P ( x )+ P ( 1−x )−1≡ Thay x vào (1) ta P ( )=1, kết hợp với P ( ) ≡0 ta loại trường hợp P ( x )−P (1−x ) ≡ Xét trường hợp P ( x )+ P ( 1−x )−1≡ 0, thay x Đặt Q ( x ) ≡ P ( x )−x Khi Q 1 ta P = 2 () ( 12 )=0 1,0 P ( x 2−x+1 )−( x 2−x +1 ) ≡ [ P ( x )2−x ]−( P ( x ) −x ) ⇔ Q ( x 2−x +1 ) ≡Q ( x ) [ P ( x ) + x−1 ] Do x ∈ ( ; ) nghiệm Q ( x ) x 20−x +1∈ ( ; ) nghiệm khác lớn x Q ( x ), suy Q ( x ) có vơ số nghiệm Dẫn đến Q ( x ) ≡ hay P ( x ) ≡ x Thử lại thấy thỏa Vậy có đa thức thỏa mãn toán P ( x )=x Cho a , b , c số thực dương thỏa ( a+ b+c ) ( 1a + 1b + 1c )=10 Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn P=¿ 1,0 4,0 a b c + + b+c c+ a a+ b b+c c+ a a+ b + + =7 ( a+ b ) ( b+c ) ( c +a ) =9 abc a b c b+ c c+ a a+b , y= , z= Đặt x= ; x + y + z=7, xyz =9 a b c 1 1 x ( 7−x ) P= + + = + x y z x Từ giả thiết suy 1,0 1,0 2 Ta có ( 7−x ) =( y + z ) ≥ yz = 36 , suy ( x−1 ) ( x−4 ) ( x−9 ) ≤ nên ≤ x ≤ x x ∈ ( ; ) Ta chứng minh 1,0 19 x (7−x ) ≤ + ≤ 12 x BĐT bên trái tương đương với ( x−4 ) ( x −3 )2 ≤ Dấu xảy a=b=c BĐT bên phải tương đương với ( x−1 ) ( x−3 )2 ≥0 Dấu xảy a=2 b=2c 19 max P= 12 Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn ω Đường tròn ω ' thay đổi Vậy P= 1,0 1,0 qua B ,C cắt cạnh AB , AC điểm thứ hai E , F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ω điểm thứ hai K KE , KF cắt lại ω Q , P Gọi T giao điểm BQ CP 2,0 a) Chứng minh T thuộc đường thẳng cố định đường tròn ω thay đổi Gọi O tâm đường tròn ω Xét tam giác AK E , bốn điểm ( A , K , E , F ) ( A , K , B , P ) đồng viên nên EF BP đối song với AK Suy BP∥ EF Tương tự CQ ∥ EF , suy BP, CQ hai đáy hình thang cân Dẫn đến OT ⊥ BP OT ⊥ EF Mặt khác EF đối song với BC tam giác ABC nên EF ⊥ AO Suy A , O ,T thẳng hàng Vậy T thuộc đường thẳng AO cố định b) Gọi M , N trung điểm BF , CE Chứng minh KA tiếp 1,0 1,0 2,0 tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN Ta có BC , EF , AK theo thứ tự trục đẳng phương cặp đường tròn ω ω ' , ω ' ( AEF ), ( AEF ) ω Do BC , EF , AK đồng quy điểm D Gọi L giao điểm BF CE ; X , Y theo thứ tự giao điểm BF , CE với AD Khi ( AD , XY )=−1⇒ B ( AD , XY )=−1⇒ B ( EC , LY ) =−1⇒ ( EC , LY )=−1 ´ =´¿ LC ´ Mà N trung điểm CE nên theo hệ thức Maclaurin ta có ln´ LY ´ ´ ´ ´ Hoàn toàn tương tự, ta có LM LX= LF LB ´ LY ´ LX= ´ ln ´ , M , N , X , Y đồng viên Suy LM Gọi Z trung điểm AD Khi M , N , Z thẳng hàng nằm đường thẳng Gauss-Newton tứ giác toàn phần BCEF AD ´ ZN ´ =ZX ´ ZY ´ Mặt khác ( AD , XY )=−1 Z Từ M , N , X , Y đồng viên suy ZM ´ ZY ´ = ZM ´ ZN ´ Suy trung điểm AD nên theo hệ thức Newton ta có Z A2= ZX ZA tiếp tuyến đường tròn ( AMN ) Cho hai số nguyên dương a b cho 15 a+16 b 16 a−15 b hai số phương Tìm giá trị nhỏ số nhỏ hai số phương 1,0 1,0 4,0 Giả sử 15 a+16 b=x ,16 a−15 b= y với x , y số nguyên dương Ta giải a= 15 x +16 y 15 x 2+ 16 y 16 x 2−15 y = , b= Do 13.37 13.37 152+16 1,0 15 x 2+16 y ≡16 x 2−15 y ≡ ( mod 13.37 ) Ta chứng minh x , y ≡0 ( mod 13.37 ) Ta có ( x )2 ≡15 y ( mod 13 ), ( x ,13 )=1 ( 1513 )=1 Mặt khác 1,0 ( 1513 )=( 132 )=−1, mâu thuẫn Do x ≡ y ≡ ( mod 13) Ta có ( x )2 ≡15 y ( mod 37 ), ( x ,37 )=1 ( 1537 )=1 Mặt khác 15 = =1 (−1 )=−1, mâu thuẫn Do x ≡ y ≡ ( mod 37 ) 37 37 37 1,0 ( ) ( )( ) Do x , y ≡0 ( mod 481 ) Với x= y =481 a=4812 , b=481 nên đáp án toán 4812 Tại đỉnh đa giác n cạnh (n>2 ) người ta đặt bóng đèn Ban 1,0 4,0 đầu có bóng đèn bật, lượt ta thay đổi trạng thái bóng đèn (bật thành tắt, tắt thành bật) với điều kiện vị trí bóng đèn chọn đỉnh đa giác Chứng minh không tồn n để tất bóng đèn bật lúc sau hữu hạn lượt Giả sử sau hữu hạn lượt tất bóng đèn bật Ta xem bóng đèn bậc n đơn vị, bóng đèn thứ k (0 ≤ k ≤n ) kπ kπ + isin n n Khi ε k , ε k , … , ε k đỉnh đa giác ε k + ε k +…+ ε k =0 ε k =cos 1 2 1,0 m m Khơng tính tổng qt, giả sử bóng đèn sáng ban đầu ε 0=1 Đặt S=k ε +k ε 1+ …+k n−1 ε n−1 k =1 ε bật với k i ∈ { 0; } ki =0 εi tắt i i S=1 Ban đầu ta có bóng đèn bật hết S=0 Giả sử ta chọn m bóng ε k , ε k , … , ε k để thay đổi trạng thái, ε k tắt S → S+ ε k cịn ε k bật S → S−ε k Như điều kiện cần để bật tất bóng đèn tồn ( a ; a1 ; … ; an−1 ) ( a i ∈ N ) cho (1) a0 ε +2 a ε +…+ an−1 ε n−1=−1 k Và ta có ε 0=1, ε k =ε nên (1) tương đương với a0 +2 a1 ε +…+ 2a n−1 ε n−1 =−1 n−1 Vì 1+ε + …+ ε =0 nên ( 1−a n−1 ) ( 1+ ε +…+ ε n−1 )=0 (2) { i i m i Cộng (1) (2) vế theo vế ta n−2 n−1 1,0 i 1,0 n−1 b0 +2 b1 ε +…+2 b ε +2 ε =−1 với b i=ai +1−an−1 ∈ Z Như ε nghiệm đa thức P ( x )=2 b0 +1+2 b1 x +…+ 2b n−2 x n−2+ x n−1=0 n−1 n−2 Ta có P ( x ) bất khả quy Q ( x )=( b0 +1 ) x +2 b x + … 2b n−2 x +2 bất khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein Do 2b +1 P(x) n−1 n−2 =x + bn−2 x +…+ b1 x + 2 2b +1 P(x) =x n−1+ x n−2 +…+1 Do =1, dẫn đa thức tối tiểu ε Suy 2 đến b 0= (mâu thuẫn) 1,0 Vậy tất bóng đèn khơng thể bật sau hữu hạn lượt Người đề: Trương Trần Tấn Phước, Trần Thị Phương Thảo, Tổ Toán, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam) Phone: Mail: 0969043321 truongtrantanphuoc@gmail.com