Đáp án Đề đề xuất thi học sinh giỏi lớp 10 môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc (khối chuyên) năm học 20132014

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN MÔN TOÁN HSG 10 - CHUYÊN Câu 1 (3,0 điểm) Ý Nội dung trình bày Điểm a (1,5điểm) 0, 2 0, 7 0y xy xy y      . 0y  không thoả mãn hệ. 0y  chia hai vế phương trình thư nhất trong hệ cho y và chia hai vê phương trình thứ hai trong hệ cho y ta được 0.25 7 7 3 8 3 6 3 8 3 6 7 7 7 1 3 1 5 3 2 2 3 3 21 1 25 x y xy x y xy y y x xy x y x y xy y y y                                         0.50 Đặt 7 3 3 6 a x y y b xy           0.25 Hệ có dạng 2 8 2 2 16 25 a b a a b             0.25         8 3 ; 11;3 ; 1;1 , ; 3 8 a b x y           0.25 b (1,5điểm) Nhận xét   2 2f x x  thoả mãn       1 3, 3 11, 5 27f f f   0.50 Xét đa thức       Q x P x f x  là đa thức bậc 4 có các nghiệm là 1, 3, 5x x x   0.25 Nên           1 3 5Q x x x x x m     0.25 Ta có             2 2 2 216 105 , 6 6 6 128 15P Q f m P Q f m           0.25 Vậy       2 7 6 216 105 7 128 15 1112P P m m       0,25 Câu 2 (1,5 điểm) Nội dung trình bày Điểm     2 2 2 4 2 4 7 17 7PT x y x y                 0.25       2 2 4 2 2 2 2 2 16 8 7 7 0 4 7 0x x y y x y               0.25     2 2 4 7 0 2 2 7x y x y x y        0.25 Do ,x y nguyên dương nên 2 2x y x y   và 2 0x y  0.25 Vậy     2 7 ; 2;3 2 1 x y x y x y          0.25 Vậy phương trình có nghiệm     ; 2;3x y  0.25 Câu 3 (3,0 điểm) Nội dung trình bày Điểm 1) (1,5 điểm). Ta có     0 0 1 90 90 2 OAC AOC ABC BAH     mà AI là phân giác góc A nên   HAI OAI , suy ra tam giác ANA' cân tại A. 0,25 Gọi L là giao điểm của MA và BC. Ta có     0 90 'HKN HNK HAM LAA    , suy ra tứ giác ALA'K nội tiếp. Do đó '. .MA MK ML MA (1) 0,5 Dễ thấy ngay hai tam giác MCL và MAC đồng dạng, suy ra 2 .ML MA MC (2) 0,25 Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên MI MC (3). 0,25 Từ (1), (2), (3) suy ra  2 0 . 90MN MK MI NIK   . Vậy tứ giác NHIK nội tiếp. 0,25 2) (1,5 điểm) * Từ tứ giác NHIK nội tiếp suy ra     'IHK INK IA M IAD   . Suy ra tứ giác AIHS nội tiếp. Do 0,25 C M L K N I H A' O A B C M l T S D L K N H A' O A B đó   0 90AIS IHS  . Gọi T là trung điểm của cạnh SA. Khi đó     TIA TAI INK MIK   , suy ra ba điểm , ,T I K thẳng hàng (4). 0,25 * Tiếp theo ta sẽ chứng minh L là trung điểm của SK. Ta có AI AB IL BL  và 1 2 2 BL AB BL AB AB BL AB LC AC BC AB AC BC        Do đó 2 AI IL  (5) 0,50 Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ASL với cát tuyến TIK ta có: . . 1 TA KS IL TS KL IA  (6). Từ (5) và (6) suy ra 2KS KL , tức L là trung điểm của SK (7). Từ (4) và (7) suy ra I là trọng tâm tam giác AKS (đpcm). 0,50 Câu 4 (1,5 điểm) Nội dung trình bày Điểm Ta có   2 2 2 4 1 4 c ac a  0.25   2 2 2 4 d bd b  0.25     2 3 8 2 c d cd cd    0.25 Cộng vế       1 , 2 , 3 ta có       2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 4 4 8 4 4 2 8 8 c d c d c d cd P ac bd cd a b a b                0.25   1 8 ; ; ; ;1;2;2 2 P a b c d          . Vậy giá trị lớp nhất cảu P bằng 8. 0,25 Câu 5 (1,0 điểm) Nội dung trình bày Điểm Đặt 2014n  . Giả sử các phần tử của M thoả mãn 1 2 n a a a   Đặt   0 1 2 0, 0 m m S S a a a m n       . Gọi P là tập tất cả những số i s được xác định trong đề bài. 0.25 Kí hiệu   1 | m m m P s P S s S      với 1,2,3, ,m n . Ta chứng minh cách chia P thành các tập m P như vậy thoả mãn điều kiện bài toán. Muốn vậy ta chỉ cần chứng minh m b P thì 2 m S b 0.25 Thật vậy 1 1 2 1 m m b S a a a        và 1 k h i k b a    nên phai tồn tại k i để k i m 0.25 Vậy 1 2 k i m m m m m b a a S S S b b S          0.25 Hết