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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG ĐỀ THI ĐÈ XUẤT Câu (04 điểm): Giải hệ phương trình LỚP 10 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu)  x + xy + x − y − y = y +   y − x − + y − = x − Câu (04 điểm): Cho tam giác ABC ( AB > AC ) đường cao BB′ CC ′ cắt tai H Gọi M , N trung điểm cạnh AB, AC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AH cắt B′C ′ E , AO cắt MN F Chứng minh EF / /OH Câu (04 điểm): Cho a, b, c số thực thỏa mãn ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≠ Chứng minh rằng: 2 4abc a b c  a   b   c  ≥ + + −  ÷ + ÷ + ÷ +  a + b   b + c   c + a  ( a + b) ( b + c) ( c + a) a + b b + c c + a Câu (04 điểm): Cho đa giác (H) có 14 đỉnh Chứng minh đỉnh (H) có đỉnh đỉnh hình thang Câu (04 điểm): Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình x − x + = Với số nguyên n, đặt S n = x1n + x2n , chứng minh S n số nguyên không chia hết cho .HẾT Người đề Tổ Toán-Tin HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN- LỚP10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu  x + xy + x − y − y = y + 4(1) Nội dung Điểm   y − x − + y − = x − 1(2)  xy + x − y − y ≥  Đk: 4 y − x − ≥  y −1 ≥  1,00 Ta có (1) ⇔ x − y + ( x − y ) ( y + 1) − 4( y + 1) = ⇔ x− y x− y +3 − = ( y + > 0) y +1 y +1 ⇔ x− y =1 y +1 Từ có x = y + , thay vào (2) ta : y − y − + y − = y ⇔ y − y − − ( y − 1) + ( y − 2) y2 − y − + y −1 ⇔ y = ( ⇔ + ( ) y −1 −1 =  y−2 = ⇔ ( y − 2)  +  y − y − + y −1 y −1 +1  y − y − + y −1 1,00 + Với y = x = (Thỏa mãn ĐK) Vậy nghiệm (x;y) hệ PT ( 5; )  ÷= y −1 +1 ÷  1,00 > 0∀y ≥ ) y −1 +1 1,00 A I J M T K N F O E C' B' H B C Từ giả thiết có MN / / BC tứ giác BCB′C ′ nội tiếp Từ suy tứ giác B′C ′MN nội tiếp Gọi T giao điểm B′C ′ MN ; I , J theo thứ tự trung điểm AO AH Do tứ giác B′C ′MN nội tiếp nên suy TM TN = TC ′.TB′ Do AT trục đẳng phương hai đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMON AB′HC ′ Từ : TA ⊥ IJ (1) Dễ thấy OA ⊥ B′C ′ (2) · · ′B′H ( tứ giác AB′HC ′ nội tiếp) ; ·AMN = ·AB′C ′ ( tứ giác Ta có MAK =C · ′B′A + C · ′B′B = 900 Từ suy KMA · · B′C ′MN nội tiếp) Mà C + KAM = 900 hay TF ⊥ AE (3) Từ (2) (3) suy F trực tâm tam giác TAE Do EF ⊥ TA (4) Từ (1) (4) suy IJ / / EF , mà I J đường trung bình tam giác AOH nên OH // I J Do E F // OH 1,00 1,00 1,00 1,00 a b c ,y= ,z = a+b b+c c+a ⇒ ( − x ) ( − y ) ( − z ) = xyz Đặt x = ⇔ + xy + yz + zx = xyz + x + y + z 1,00 ⇔ + ( x + y + z ) = xyz + ( x + y + z ) + x + y + z 2 9 1  ⇒ xyz + ( x + y + z ) + x + y + z = ( x + y + z ) +  − ≥ x + y + z − 4 4  1,00 9 1  ⇒ xyz + ( x + y + z ) + x + y + z = ( x + y + z ) +  − ≥ ( x + y + z ) − 4 4  ⇒ x + y + z + xyz ≥ x + y + z −  a   b  1,00  c  1,00 4abc a b c ≥ + + − Vậy  ÷ + ÷ + ÷ +  a + b   b + c   c + a  ( a + b) ( b + c) ( c + a) a + b b + c c + a Ta chứng minh : Nếu AB CD hai dây cung 1,00 đường tròn tâm (O) A, B, C, D đỉnh hình thang Gọi A1 A2 A14 đa giác 14 đỉnh nội tiếp đường tròn (O) Suy đường chéo qua tâm đa giác A1 A8 , A2 A9 , , A7 A14 ( ta gọi tạm 1,00 đường chéo chính) Các đường chéo đa giác xuất phát từ A1 đối xứng qua A1 A8 Như chúng có độ dài Xét tương tự cho đường chéo lại Do A1 A2 A14 đa giác từ nhận xét suy đường chéo lại 1,00 đường chéo đa giác có độ dài đôi khác Với điểm bất kì, điểm thẳng hàng (là đỉnh đa giác đều), có (6.5) : = 15 đoạn thẳng nối chúng lại với nhau, có 1,00 không đoạn thẳng cạnh Do có 10 đoạn thẳng đường chéo Mà đường chéo có độ dài khác nên tồn đường chéo dây cung đường tròn ngoại tiếp đa giác từ đỉnh thuộc hai đường chéo cho ta hình thang Hiển nhiên x1 , x2 khác không x1 + x2 = 6, x1.x2 = Với n số nguyên, ta có trường hợp sau: + n = 0, S = thuộc Z không chia hết cho + Với n > , Ta có: S1 = 6, S = x12 + x22 = 34 số nguyên không chia hết cho Giả sử S , S1 , S , , S n−1 ∈ Z không chia hết cho 5, với n ≥ , ta chứng minh S n số nguyên không chia hết cho Ta có: 1,00 1,00 S n = x1n + x2n = x1n + x2n + x2 x1n −1 + x1 x2n−1 − x2 x1n −1 − x1 x2n−1 = x1 ( x1n−1 + x2n−1 ) + x2 ( x1n−1 + x2n−1 ) − x1 x2 ( x1n−2 + x2n−2 ) = ( x1 + x2 )( x1n−1 + x2n−1 ) − x1 x2 ( x1n−2 + x2n−2 ) = 6( x1n−1 + x2n−1 ) − ( x1n −2 + x2n −2 ) Từ suy ra: S n = 6S n−1 − S n−2 = 6(6S n−2 − S n−3 ) − S n−2 = 35S n−2 − 6S n−3 Do S n−2 , S n−3 số nguyên nên S n số nguyên Hơn nữa, 35S n−2 chia hết cho S n−3 không chia hết S n không chia hết cho 1,00 + Với n < , đặt n = − m với m số nguyên dương Khi đó: S n = x1n + x2n = x1−m + x2−m = x1m + x2m x1m + x2m 1 + = = = xm + xm x1m x2m x1m x2m ( x1 x2 ) m Với m số nguyên dương, tương tự chứng minh x1m + x2m số nguyên không chia hết cho Hay S n số nguyên không chia hết cho Kết luận: S n số nguyên không chia hết cho 1,00