Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên lào cai

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