KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ III-NĂM 2010-NINH BÌNH ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM THI MƠN TỐN 10 (Đáp án 05 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC CÂU NỘI DUNG Bài ( điểm)( Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương) ĐIỂM Giải phương trình: x 14 x x x 20 5 x 1 Lời giải: Điều kiện: x 5 Chuyển vế x x 20 sang phải bình phương vế, ta được: x x 5 ( x x 20)( x 1) 1,0 2( x x 5) 3( x 4) 5 ( x x 5)( x 4) Với điều kiện x 5 x x 0 , x nên chia hai 1,0 x2 4x vế phương trình cho x đặt y 0 , ta x4 có phương trình: y y 0 suy y y 1 1,0 x2 x +) Với y , tức y , ta x 8 x x4 x2 4x 5 61 +) Với y 1 , tức y 1 , ta x x4 61 Kết hợp với x 5 ta x 8 x 1,0 Bài ( điểm) ( Chuyên Thái Bình) Cho a,b,c số thực dương thoả mãn a b c 3 Chứng minh : 1 1 ab bc ca Lời giải: Ta có 4 ab 4 1 2 4 ab ab 1 ab ab (4 ab ) ab 1 ab (vi : (2 ab )(4 4 ab (dpcm) Dấu xảy a = b = c = 1,0 ab ) 9 ( ab 1) 0) Suy ra: ab bc ca a2 b2 c2 2 ab 9 Suy : 1,0 Bài (4 điểm) (Chuyên Biên Hòa - Hà Nam) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I với tiếp điểm D, E, F thuộc BC, CA, AB Gọi P điểm nằm mặt phẳng chứa tam giác ABC Gọi M, N, Q hình chiếu vng góc P lên BC, CA, AB Chứng minh đường tròn qua trọng tâm tam giác MEF, NDF, QDE có đường kính IP Lời giải: Gọi G1 ; G2 ; G3 trọng tâm tam giác MEF, NDF, QDE tương ứng Gọi I1 ; I ; I hình chiếu vng góc I lên PM, PN, PQ O trọng tâm G1G2G3 Ta có 1,0 1,0 3OG1 OE OM OF 3OG2 OD ON OF Suy 3G1G2 MD EN Mặt khác : I1 I II II1 EN MD 1 G G Suy I1 I 1 G G I I G G Tương tự 3 I I3 3 mà đường tròn ngoại tiếp I1 I I có đường kính IP suy đpcm 1,0 1,0 1,0 Suy G1G2G3 đồng dạng với I1 I I theo tỉ số 1,0 Bài ( điểm) ( Chuyên Hạ Long – Quảng Ninh) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x; y ) cho số x2 y A số nguyên ước 2010 x y Lời giải: Bổ đề: Cho p số nguyên tố có dạng 4k+3, p ước a b p ước a b Chứng minh: Giả sử p không ước hai số, dễ chứng minh p không ước số cịn lại Đặt p=4k+3 Khi (p;a)=1 nên theo định lý Fermat nhỏ ta có a p 1(mod p) (a ) 2k 1 1(mod p ) tương tự (b ) k 1 1(mod p) Mà (a ) k 1 (b ) k 1 chia hết cho a b nên phải có 1,0 2(mod p) vơ lý Giải tốn: Ta có 2010=2.3.5.67 3; 67 số nguyên tố có dạng 4k+3 nên A chia hết cho (hoặc 67) x y phải chia hết cho (hoặc 67) A không chia hết cho 32 ( 67 ) nên x y không chia hết cho 32 ( 67 ) 1,0 (Vì A chia hết cho x0 y0 x y x= ;y= nên A= ) x0 y0 Khi ta xét phương trình x2 y 2; 5; 10 (*) x y (*) có nghiệm ( x0 ; y0 ) nghiệm (x,y) thỏa mãn đề là: (3m 67 n x0 ;3m 67 n y0 ) với m, n {0;1} 1,0 x y 2 ( x 1) ( y 1) 2 x y dễ suy phương trình khơng có nghiệm ngun dương x2 y khơng có nghiệm Tương tự phương trình x y nguyên dương x2 y 5 tương đương với Xét phương trình x y (2 x 5) (2 y 5) 50 nên suy nghiệm nguyên dương x2 y có nghiệm (x;y) (3;1) (2;1) Do pt x y nguyên dương (1;3) (1;2) x2 y 10 có nghiệm (x,y) Tương tự phương trình x y (4;2); (2;4); (6;2); (2;6) Vậy tất cặp số (x;y) thỏa mãn đề có dạng (3m 67 n x0 ;3m 67 n y0 ) với m, n {0;1} ( x0 ; y0 ) {(1;3);(2;1);(3;1);(1;2);(4;2);(6;2);(2;4);(2;6)} Xét phương trình 1,0 Bài 5: ( điểm) ( Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định) Tìm tập hợp A R \ 0 thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: a) A b) A có khơng q phần tử c) Nếu x A A x (1 x ) A Lời giải: A Ta có x A x 1 x A 1,0 A 1 x x 1 A x x x x x 1 A x 1,0 Mà A có nhiều phần tử Vậy số x 1 x ; ; x; ;1 x; x x x 1 x 1 x 1;1;0;2; 2 phải có số Thử lại x=0; x=1 không thoả mãn Vậy 1,0 1 A 1;2; 2 0,5 0,5