TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI LỚP 10 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1: (4,0 điểm) Giải phương trình: (Đề có trang, gồm câu) ( − x) ( x ( + x2 + x ( x + 1) + x − ) ) x +1 ( = ( x − 14 ) x − − x + ) Câu 2: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn tâm I Đường tròn ω tâm O ngoại tiếp tam giác ABC Các đường thẳng AI , BI , CI cắt lại đường tròn ω điểm thứ hai D, E , F Các đường thẳng qua I song song với BC , CA, AB cắt đường thẳng EF , DF , DE điểm K , L, M a) Chứng minh K , L, M thẳng hàng nằm đường thẳng vuông góc với OI Gọi X giao điểm AI EF , Y giao điểm BI DF , Z giao điểm CI DE Điểm P đường thẳng BC ( P ≠ B, P ≠ C , P ∉ AI ) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PDX , PEY , PFZ qua điểm Q (Q ≠ P ) Q thuộc đường tròn cố định P thay đổi đường thẳng BC Câu 3: (4,0 điểm) Cho a , b , c ≥ Chứng minh rằng: b) a+b b+c c+a a b c + + ≥ + + c a b c+a a+c b+c ÷ ÷ Câu : (4,0 điểm) Trên mặt phẳng cho n đường thẳng hai đường thẳng song song ba đường thẳng đồng qui a) Hãy tính số miền mặt phẳng tạo thành n đường thẳng b) Chứng minh ta tô miền mặt phẳng hai màu cho hai miền có cạnh chung khác màu Câu 5: (4,0 điểm) Cho a, b, c, d , m số tự nhiên a + d , (b−1)c , ab – a + c chia hết cho m Chứng minh abn + cn + d chia hết cho m với số tự nhiên n Hết -GV đề : Đào Văn Lương ; ĐT : 0912.649.581 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN, LỚP: 10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung Câu 1: (4,0 điểm) Giải phương trình: ( − x) ( x ( + x2 + x ( x + 1) + x − ĐK : x ≥ Ta có PT ⇔ ⇔ ( − x) ( x ) ) ( = ( x − 14 ) x − − x + x +1 ( − x) ( x ( + x2 + x ( x + 1) + x − + x2 + x ( x + 1) x + )= ) ) x +1 ( 8x − 14 ) Điểm ) ( = ( x − 14 ) x − 2 − x − ) x − ( − x + 2) 1,0 x = ⇔ x3 + x + x = ( x − 14 ) x − (*) ( x + 1) x + x ( x + 1) x3 + = 8 ( x − ) + x − Ta có (*) ⇔ ( x + 1) x + ( x + 1) x + ( ) x x ⇔ + = x − +2 x −2 ÷ x +1 x +1 1,0 x ⇔ − x − g( x ) = (trong g(x)=0 vô nghiệm) x +1 1,0 2−2 (l ) x = 2 ⇔ x = ( x − ) ( x + 1) ⇔ x − x − = ⇔ 2+2 (n ) x = 2+2 Kết luận: Phương trình có nghiệm x = x = Câu 2: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn tâm I Đường tròn ω tâm O ngoại tiếp tam giác ABC Các đường thẳng AI , BI , CI cắt lại đường tròn ω 1,0 điểm thứ hai D, E , F Các đường thẳng qua I song song với BC , CA, AB cắt đường thẳng EF , DF , DE điểm K , L, M a) Chứng minh K , L, M thẳng hàng nằm đường thẳng vuông góc với OI b) Gọi X giao điểm AI EF , Y giao điểm BI DF , Z giao điểm CI DE Điểm P đường thẳng BC ( P ≠ B, P ≠ C , P ∉ AI ) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PDX , PEY , PFZ qua điểm Q (Q ≠ P ) Q thuộc đường tròn cố định P thay đổi đường thẳng BC M A E L F K X Y B I Z O C D a)Trước hết ta chứng minh KA tiếp tuyến đường tròn ω Thật vây, dễ chứng minh tam giác FAI , FBI cân F , suy FA = FI = FB, tương tự ta có EA = EI = EC suy EF trung trực AI · · · · Do KIF (1) Từ KI / / BC ⇒ BCF (2) = KAF = KIF Từ (1) (2) suy KA tiếp tuyến ω Chứng minh tương tự, ta có LB, MC tiếp tuyến ω Gọi ω ' đường tròn tâm I bán kính Theo tính chất phương tích, ta có PK /ω = KA2 = KI = PK /ω ' Chứng minh tương tự ta có PL /ω = PL /ω ' , PM /ω = PM /ω ' Suy K , L, M thẳng hàng nằm đường thẳng vuông góc với OI 1.0 1.0 b)Ta có I trực tâm tam giác DEF ⇒ ID.I X = IE.IY = IF IZ ⇒ IP trục đẳng phương đường tròn ( PDX ),( PEY ),( PFZ ), suy đường tròn 1.0 ( PDX ),( PEY ),( PFZ ), qua điểm Q (Q ≠ P ) Hơn ID.I X = IE.IY = IF IZ = IP.IQ P thuộc đường thẳng BC, nên theo tính chất phép nghịch đảo, suy Q thuộc đường tròn ảnh đường thẳng BC qua phép nghịch đảo tâm I phương tích ID.I X Câu 3: (4,0 điểm) Cho a , b , c ≥ Chứng minh a+b b+c c+a a b c + + ≥ + + c a b c+a a+c b+c 1.0 ÷ ÷ Với x , y > ta có bất đẳng thức sau : i ii 1 + ≥ x y x+ y x+ y ≥ x+ y ( ) Thật : 1 + ≥ ⇔ ( x + y ) ≥ 4.x y ⇔ ( x − y ) ≥ x y x+ y x+ y ≥ x + y ⇔ 2.( x + y ) ≥ x + y ⇔ ( ) ( ) ( x− y ) ≥0 1,0 Do ta có bất đẳng thức i) ii) : a b a b a+b + ≥ + = ÷ c c c÷ c c b c b c + ≥ + Tương tự : ÷ a a a÷ a c a c a + ≥ + ÷ b b b÷ b a a b b c c a+b b+c c+a + + + + + ≥ + + Suy : ÷ ÷ ÷ c÷ a÷ b÷ b c a b c a Áp dụng i ta có : (*) Áp dụng ii i ta có : Suy : Tương tự : 1 2 + ≥ ≥ b c b+ c b+c a + c b + c a a ≥ 2 b b+c b b ≥ 2 a c+a 1,0 b b b + ≥ 2 c a c+a a a b b c c + + + + + Suy : ÷ ÷ ÷ c÷ a÷ b÷ b c a a b c ≥ 2 + + ÷ (**) c+a a+c ÷ b+c Từ (*) (**) ta có bất đẳng thức đề a+b b+c c+a a b c + + ≥ + + ÷ c a b c+a a+c ÷ b+c 1.0 1.0 Dấu “=” xảy : a = b= c Câu : (4,0 điểm) Trên mặt phẳng cho n đường thẳng hai đường thẳng song song ba đường thẳng đồng qui a) Hãy tính số miền mặt phẳng tạo thành n đường thẳng b) Chứng minh ta tô miền mặt phẳng hai màu cho hai miền có cạnh chung khác màu Giải: a) Gọi Sn số miền mặt phẳng tạo n đường thẳng cho Bây ta xét n+1 đường thẳng a1; a2;…an+1 thoả mãn điều kiện đề Rõ ràng n đường thẳng a1; a2; an chia mặt phẳng thành Sn miền Xét đường thẳng thứ n+1 an+1 Các giao điểm an+1 với đường thẳng a1; a2; an chia đường thẳng an+1 thành n+1 phần (Vì ba đường thẳng // ba đường đồng qui).Và phần thuộc vào miền Sn miền 1.0 cho chia miền thành miền Do Sn+1 =Sn+n+1; ∀ n ≥ S = S1 + S = S + Suy ra: S = S + S n = S n −1 + n an+1 A1 A2 …………………An n ( n + 1) n +n+2 ⇒ Sn =S1+2+3+…+n = +1 = ; ∀n ≥1 2 1.0 b) Ta chứng minh toán phương pháp qui nạp theo n Với n = toán hiển nhiên Giả sử toán với n , ta cần chứng minh toán với n+1 Xét miền mặt phẳng tạo n đường thẳng a1; a2; anTheo giải thiết qui nạp ta tô Sn miền hai màu thoả mãn điều kiện đề Theo lập luận câu a) đường thẳng an+1 bị n đường thẳng a1;a2…an chia thành 1.0 n+1 đoạn đoạn thuộc vào miền Sn chia miền thành miền Ta giữ nguyên màu toàn miền nằm nửa mặt phẳng phía đường thẳng an+1 đổi ngược màu miền nằm nửa mặt phẳng phía đường thẳng an+1 Rõ ràng lúc toàn Sn+1 miền tô bẳng 1.0 hai màu hai miền chung cạnh khác màu Vậy toán với n +1 , ∀ n ≥ 1; n ∈ N (đpcm) Câu 5: (4,0 điểm) Cho a, b, c, d , m số tự nhiên a + d , (b−1)c , ab – a + c chia hết cho m Chứng minh abn + cn + d chia hết cho m với số tự nhiên n Giải Đặt Tn = a.bn + c.n + d, ∀ n ∈ N Ta chứng minh “Tn chia hết cho m” (*) qui nạp theo n - Với n = ta có: T0 = (a +d) M m ( theo gt) (*) với n = - Giả sử (*) với n = k, nghĩa Tk M m - Ta chứng minh (*) với n = k+1 Thật vậy, ta có Tk+1 – Tk = = a.bk+1 – a.bk + c = bk.(a.b – a + c) – bk.c + c = bk.(a.b – a + c) – c.(bk –1) = bk(ab – a + c) – c(b -1)(bk-1 + + b + 1) Do đó: (Tk+1 – Tk ) M m ( theo giả thiết ta có ab – a + c (b–1)c M m) Mà Tk M m (theo giả thiết qui nạp), nên Tk+1 M m Vậy Tn M m ∀ n ∈ N 1.0 1.0 1.0 1.0