TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH LAI CHÂU ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Câu (4 điểm) Giải phương trình − x − x + 20 x − = Câu (4 điểm) Cho a, b hai số thực dương cho a > b Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng ∆ lấy điểm A Gọi M, N hai điểm mặt phẳng cho AM = a, AN = b đường thẳng ∆ phân giác góc uuur uuuur uuuur · Ứng với cặp điểm M, N xét điểm P cho AP = AM + AN MAN Tìm quỹ tích điểm P Câu (4 điểm) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 2a 2b 2c + + ≤3 a+b b+c c+a Câu (4 điểm) Viết số tự nhiên từ đến 2014 thành hàng ngang theo thứ tự tùy ý, tiếp cộng số số cho với số thứ tự vị trí đứng (tính từ trái sang phải) Chứng minh có hai tổng mà chữ số tận hai tổng Câu (4 điểm) ( Chứng minh với số nguyên dương n phần nguyên số + số lẻ HẾT Người đề Hà Thị Thanh Huyền Số điện thoại: 0984.462.848 ) n TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH LAI CHÂU ĐỀ THI ĐỀ XUẤT HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10 (Văn gồm 05 trang) CÂU ĐÁP ÁN Câu Điều kiện xác định: x ≤ (4 điểm) Phương trình cho ⇔ − x = ( x − 3) + x − 11 ĐIỂM 0,75 Đặt 2t − = − x với t ≥ Ta có hệ phương trình: 2(2 x − 3) = (2t − 3) − x + 11 ( x − 3) = t − x + (1) ⇔ 2 (2) ( 2t − 3) = − x ( 2t − 3) = − x 1,0 2 Lấy (1) trừ (2) ta được: 4( x − t )( x + t − 3) = t − x ⇔ ( x − t )(4 x + 4t − 11) = t = x x − t = ⇔ ⇔ t = − x + 11 x + 4t − 11 = 0,75 Với t = x ta có ( x − 3) = − x ⇔ x − 11x + = ⇔ x = Với t = − x + 11 ± 41 0,5 11 ta có (1) ⇔ 16 x − 36 x + = ⇔ x = 9+3 9−3 ∨ x= 8 0,5 13 − 13 + ∨t= 8 Kết hợp với điều kiện x ≤ t ≥ phương trình cho Tương ứng ta có t = 0,5 có nghiệm x = 11 + 41 9−3 x = 8 Câu Chọn hệ trục tọa độy Oxy cho O ≡ A; ∆ ≡ Ox Ta có A(0;0) (4 điểm) M a A P x b N 0,5 uuur uuuur uuuur Giả sử P( xP ; yP ) Khi AP = AM + AN xP2 = xM + xN2 + xM xN xP = xM + xN ⇔ ⇒ (1) 2 yP = yM + y N + yM y N y P = yM + y N xM + yM2 = a Do AM = a; AN = b nên ta có (2) 2 xN + yN = b Phương trình đường thẳng AM: y = kx Do yM = kxM Phương trình đường thẳng AN: y = -kx Do y N = −kxN a2 x = M 1+ k Thay vào hệ (2) ta có (3) x2 = b N + k ( a + b) xP = 1+ k Thay (3) vào (1) ta có 2 y = k ( a − b) P 1+ k 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 xP2 yP2 + =1 Suy ( a + b ) ( a − b) Vậy quỹ tích điểm P thỏa mãn yêu cầu toán Elip có x2 y2 + = với a > b phương trình ( a + b ) ( a − b) Câu b c a (4 điểm) Đặt x = a , y = b , z = c , ta có : x, y,z > xyz = Bất đẳng thức cho trở thành: 2 + + ≤3 + x2 + y2 + z2 Giả sử xy ≤ ⇒ z ≥ 1 + ≤ ( 1) * Ta chứng minh đẳng thức sau: 2 + x + y + xy 2 2 Thật vậy, ( 1) ⇔ ( + x + y ) ( + xy ) ≤ ( + x ) ( + y ) 0,5 1,0 1,0 ⇔ ( − xy ) ( x − y ) ≥ (đúng) * Ta có: Theo bất đẳng thức Bunhiacopski 2 2 + ≤ 2 + = 4 + 2 ÷ 2 ÷ 2 ÷ 1+ y 1+ x 1+ y 1+ x 1+ y 1+ x Theo bất đẳng thức (1) suy ra: 1 8z 4 + ≤ = 2 ÷ + x + y + xy + z Suy 2 2z + ≤2 2 1+ x 1+ y 1+ z 1,0 2 ≤ 1+ z 1+ z 2 2z + + ≤ + + x2 + y2 + z2 1+ z 1+ z Mặt khác, ta lại có Suy Do vậy, ta chứng minh : 2z + ≤3 1+ z 1+ z Thật vậy, ta có: 2z 2 + ≤ ⇔ 2z ( + z ) + ≤ ( + z ) 1+ z 1+ z ⇔ 2z − 2z ( + z ) + ( + z ) ≥ ⇔ Câu (4 điểm) ( 2z − + z ) 1,0 ≥ (luôn đúng) Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu “=” xảy x = y = z = Gọi 2014 số tự nhiên cho viết theo thứ tự từ trái sang phải a1 , a2 , , a2014 Gọi bi tổng số với vị trí thứ i mà đứng ( i = 1, 2014 ) 1,0 Ta có dãy số b1 , b2 , , b2014 với b1 = a1 + 1; b2 = a2 + 2; ; b2014 = a2014 + 2014 Ta có b1 + b2 + + b2014 = a1 + a2 + + a2014 + + + + 2014 = 2(1 + + + 2014) = 4058210 1,0 Vì 4058210 số chẵn nên không xảy trường hợp có 1007 số b j lẻ 1007 số bk chẵn, hay nói cách khác 1,0 số b j lẻ số bk chẵn phải khác Do số b j lẻ lớn 1007 số bk chẵn lớn 1,0 1007 Mà từ đến 2014 có 1007 vị trí lẻ 1007 vị trí chẵn nên theo nguyên tắc Dirichlet phải có hai số b j lẻ có chữ số tận có hai số bk chẵn có Câu (4 điểm) chữ số tận Theo công thức nhị thức Newton ta có: ( + 3) = ∑C ( 3) n n n k k =0 k 2n −k ( − ) = ∑ C ( −1) ( ) n n k n k k =0 k Do đó: ( 2+ ) ( n + 2− ) n n −k 1,0 ( n = ∑ C nk + ( −1) k =0 ( - Khi k – chẵn ( k = 2m) + ( −1) ( - Khi k – lẻ + ( −1) k )( ) ( k )( ) k ) ( 3) k = 2.3m =0 1,0 n + 2− n số chẵn (2) n Rõ ràng < − ) ( ) ( ) ( ) ) + ( − ) − số nguyên < − ( − ) n n n Ta có + = + + − − + − − ( Vì + ( 1) 2n −k ) ( ) < ⇒ < ( − ) < 1, ∀n Vậy từ (1) suy ∀n + ( k k n 1,0 n n n