Toan 10 hoa binh

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X – QUẢNG NINH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X NĂM 2014 MÔN THI: TOÁN KHỐI 10 ĐỀ ĐỀ NGHỊ Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ Câu ( điểm): Giải hệ phương trình sau:  x + xy − x − y =  2  x − ( x + y − 1) x + y + xy = Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) , đường phân giác · góc BAC cắt (O) D khác A E điểm đối xứng B qua AD BE cắt (O) F khác B P điểm di chuyển AC Gọi ( K ) đường tròn tiếp tam giác BPE Giả sử đường tròn ( K ) cắt (O) L khác B a) Chứng minh LP qua điểm S cố định P di chuyển b) Gọi T trung điểm PE Chứng minh đường thẳng qua T song song với LS qua trung điểm AF Câu (4 điểm): Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≥ 12(a + b3 + c )(a b + b c + c a ) Câu (4 điểm):Cho tam giác cạnh n được chia thành tam giác cạnh a) Hỏi có hình hình bình hành được tạo thành ? b) Người ta phủ kín tam giác cho hình được ghép bởi tam giác cạnh có dạng sau cho hình không chồng lên (có thể xoay hoặc lật hình này) Hãy xác định giá trị n để thực được điều Câu (4 điểm): Tìm tất số tự nhiên a cho tồn số tự nhiên n > mà a n + chia hết cho n HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung ( Dễ ) Giải hệ phương trình sau:  x + xy − x − y =  2  x − ( x + y − 1) x + y + xy = Biến đổi phương trình thứ hai dạng: (x ⇔(x ) ( ) − x3 + x − x − x y + y − y − xy = − 2x − y ) = y + xy Biến đổi phương trình thứ dạng: x − x − y = −2 xy − y ⇔ x − x − y = − y ( x + 1) Đem thay vào phương trình thứ hai ta thu được phương trình: y = y2 ( + 2x) = 3y ( y + 2x ) ⇔   xy + x y − 3x − y = x = Với y = 0, thay vào phương trình thứ tìm được: x − x = ⇔  x = Với xy + x y − 3x − y = ⇔ y = xy + x y − 3x thay vào phương trình thứ x = ⇒ y = có: x ( xy − x − 1) = ⇔  x +1 y = ( x ≠ 0) 2x  x +1 Thay y = vào phương trình ban đầu thu được phương trình: 2x ( x − 1) ( x + 1) = ⇔ x = ⇒ y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: (0; 0), (2; 0), (1; 1) Điểm ( Trung bình Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) , đường phân giác · góc BAC cắt (O) D khác A E điểm đối xứng B qua AD BE cắt (O) F khác B P điểm di chuyển AC Gọi ( K ) đường tròn tiếp tam giác BPE Giả sử đường tròn ( K ) cắt (O) L khác B a) Chứng minh LP qua điểm S cố định P di chuyển b) Gọi T trung điểm PE Chứng minh đường thẳng qua T 4,0 song song với LS qua trung điểm AF Lời giải: » a)Ta chứng minh LP qua điểm S cố định điểm chính cung BC chứa A Thật vậy: · · · · · DLP = DLB + BLP = BAD + BEP = 900 ( Do AD ⊥ BE ) · · ⇒ DLS = DLP = 900 ⇒ L, P, S thẳng hàng b) Ta chứng minh tứ giác ASEF hình bình hành Ta có · = 900  DAS ⇒ AS / / EF (*)   AD ⊥ BF Theo giả thiết toán AD tia phân giác suy D điểm chính cung » không chứa A E điểm đối xứng B qua AD nên ta có BC DB = DE = DC · · · · · · Mà DEF BFD = 1800 − DEB = 1800 − EBD = DCF = DFC · Suy DF tia phân giác góc EDC ⇒ DF ⊥ AC Do DS đường kính nên suy DF ⊥ SF ⇒ SF / / AE (**) Từ (*) (**) suy tứ giác ASEF hình bình hành Gọi M giao điểm AF SE hay M trung điểm AF Xét tam giác PSE dễ thấy IM đường trung bình ⇒ IM / / PS Vậy đường thẳng qua T song song với LS qua trung điểm AF ( Khó ) Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện 4,0 a +b + c =1 Chứng minh : ab + bc + ca ≥ 12(a + b3 + c )(a 2b + b c + c a ) Lời giải: Không tính tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c Đặt M = ab + bc + ca − 12(a + b3 + c )(a 2b + b c + c a ) N = a (b + c) − 12  a + (b + c)3   a (b + c)  Ta có: ab + ac + bc ≥ a (b + c) a + b3 + c ≤ a + (b + c )3 a b + b c + c a ≤ a (b + c ) ⇒M ≥N Tiếp theo ta chứng minh N ≥0 ⇔ a (b + c) − 12  a + (b + c)3   a (b + c)  ≥ ⇔ a (b + c) 1 − 12a(b + c)  a + (b + c)3   ≥ ⇔ − 12a(b + c) ( a + (b + c)3  ≥ ⇔ − 12a(b + c) ( a + b + c)3 − 3a(b + c)(a + b + c)  ≥ ⇔ − 12a(b + c)(1 − 3a(b + c) ≥ (*) Đặt x = a, y = b + c ta có x + y = ⇒ xy ≤ Măt khác theo bất đẳng thức AM-GM 1 12 xy + − 12 xy 12 xy (1 − xy ) ≤ 12 xy (4 − 12 xy ) ≤ ( ) =1 4 Suy bất đẳng thức (*) suy N ≥ Vậy M ≥ ⇔ ab + bc + ca ≥ 12( a + b3 + c3 )(a b + b c + c a ) Đẳng thức xảy với ( 3+ 3− ; ;0) hoán vị chúng 6 ( Khó ) Cho tam giác cạnh n được chia thành tam giác cạnh a) Hỏi có hình hình bình hành được tạo thành ? b) Người ta phủ kín tam giác cho hình được ghép bởi tam giác cạnh có dạng sau cho hình không chồng lên (có thể xoay hoặc lật hình 4đ này) Hãy xác định giá trị n để thực được điều 4đ Giải: Gọi tam giác cho ABC Chia tập hình bình hành tạo thành thành ba tập • TBC tập hình bình hành có hai cạnh song song (hoặc ở trên) hai cạnh AB AC • TCA tập hình bình hành có hai cạnh song song (hoặc ở trên) hai cạnh BC BA • TAB tập hình bình hành có hai cạnh song song (hoặc ở trên) hai cạnh CA CB Do tính đối xứng tam giác nên TBC = TCA = TAB Suy số hình bình hành tạo thành S = TBC Kéo dài AB, AC thêm đoạn BM = CN = Cho ( H ) hình bình hành tập TBC Kéo dài cạnh ( H ) cắt đoạn thẳng MN điểm phân biệt Ngược lại với điểm phân biệt có tọa độ nguyên đoạn thẳng MN ta xây dựng được hình bình hành thuộc tập TBC Như vậy số hình bình hành thuộc TBC số cách chọn điểm có tọa độ nguyên đoạn thẳng MN Mà đoạn thẳng MN có n + điểm vậy nên TBC = Cn4+1 Vậy S = 3Cn4+1 b) Tam giác cạnh n được chia thành n tam giác cạnh Mỗi hình cho phủ được tam giác cạnh Suy n chia hết cho 6, n cũng chia hết cho Xét hai trường hợp n = 12k : Chia tam giác cạnh n thành k tam giác cạnh 12 Mỗi tam cạnh 12 được phủ bởi hình cho theo cách hình vẽ sau n = 12k + : Tô màu tam giác cạnh n theo kiểu bàn cờ, cho tam giác cạnh ở biên được tô màu đen Tổng số tam giác đen + + L + n = n(n + 1) = (6k + 3)(12k + 7) , số lẻ Mỗi hình cho phủ được hoặc tam giác đen, nên số tam giác đen được phủ số chẵn Điều chứng tỏ trường hợp phủ được tam giác cạnh n hình cho Vậy để phủ tam giác cạnh n hình cho n = 12k , với k ∈ ¥ * ( Trung bình ) Tìm tất số tự nhiên a cho tồn số tự nhiên n > mà a n + chia hết cho n Đáp án: Giả sử tìm được a ∈ N cho tồn n ∈ ¥ , N > 1, (a n + 1)Mn Trước hết n lẻ Thật vậy n chẵn n ≡ 0(mod 4) mâu thuẫn với a n + đồng dư hoặc ( mod 4) ( a n số chính phương ) Gọi p ước nguyên tố bé n ( p lẻ) Ta có a n ≡ −1(mod p) ⇔ (− a) n ≡ 1(mod p) Gọi h cấp (−a) (mod p) suy  p − 1Mh  nMh Nếu h ≥ h có ước nguyên tố q ( mâu thuẫn với p ước nguyên tố bé ) 4đ Suy h = hay a + 1Mp vậy a + có ước nguyên tố lẻ Ngược lại giả sử a + có ước nguyên tố lẻ p Ta chứng minh a p + 1Mp Thật vậy a p + = ( a + 1)(a p −1 − a p −2 + − a + 1)Mp (Do a + 1Mp p lẻ nên (a p −1 − a p −2 + − a + 1)Mp ) Vậy số a ∈ ¥ * cần tìm số a mà a + có ước lẻ ( a ≠ 2k − ) Mọi cách giải khác kết lập luận chặt chẽ cho điểm tương đương Người đề thi Bùi Văn Vịnh Số ĐT: 0974802686