Toan 10 vinh phuc Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHỌN HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X- NĂM 2014 MÔN TOÁN - LỚP 10 Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)  xy − x + y = ( x, y ∈ ¡ ) Câu (4,0 điểm) Giải hệ phương trình:  3 x + 12 x + x = − y + y +  Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O; R) I tâm đường tròn nội tiếp tam giác Đường thẳng AI cắt BC E cắt (O) điểm thứ hai F Vẽ đường cao AD tam giác ( D ∈ BC ), tia AD lấy điểm K cho AK = R Đường thẳng KF cắt đường thẳng BC H a) Chứng minh IK ⊥ IH b) Đường tròn đường kính AH cắt KE G (G phía với K đường thẳng AH), AG cắt KI M Chứng minh MI = MG Câu (4,0 điểm) Cho số k nguyên dương đa thức P ( x) hệ số nguyên, P ( x) khác n n −1 thỏa mãn ( x − kx − 1) P ( x) = a0 x + a1 x + + an −1 x + an Chứng minh tồn hệ số (i = 0, n) cho ≥ k Câu (4,0 điểm) Một số nguyên dương k gọi "đẹp" phân hoạch tập hợp số nguyên dương thành k tập hợp A1 , A2 , , Ak cho với số nguyên dương n ≥ 15 với i ∈ { 1;2; ; k} tồn hai số thuộc tập Ai có tổng n a) Chứng minh k = số đẹp b) Chứng minh k = số không đẹp + (Tập ¢ + phân hoạch thành tập khác rỗng A1 , A2 , , Ak ¢ = A1 U A2 U U Ak Ai I Aj = ∅, ∀i ≠ j ) Câu (4,0 điểm) Cho số nguyên dương a, n cho n > p số nguyên tố p n n −1 lẻ thỏa mãn a ≡ (mod p ) Chứng minh a ≡ (mod p ) -Hết Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X- NĂM 2014 MÔN TOÁN - LỚP 10 (Đáp án gồm trang) Câu (4,0 điểm) Nội dung trình bày ( x + 1) y − ( x + 1) = Hệ tương đương  3  4( x + 1) − 3( x + 1) = − y + y + (1)  ay − a = Đặt x+1=a, ta hệ  3  4a − 3a = − y + y + (2) Từ (1) suy ay = a + ⇒ ay = ay + y = a + y + Điểm 0,5 0,5 Do (2) ⇔ 4a + y = 3a + y + ⇔ 4a + y = 3ay  y = −a ⇔ (a + y ) ( 4a − 4ay + y ) = ⇔ (a + y )(2a − y ) = ⇔   y = 2a * Nếu y = −a , vào (1) ta a + a − = ⇔ a = 1; a = −2 Khi ( x; y ) = (0; −1) ( x; y ) = (−3; 2) 1,0 1,0 ± 17 * Nếu y = 2a , vào (1) ta 2a − a − = ⇔ a =  −3 + 17 + 17   −3 − 17 − 17  ; x ; y = ; ( ) Khi ( x; y ) =  ÷  ÷ ÷ ÷     Thử lại ta tìm nghiệm hệ là:   −3 + 17 + 17   −3 − 17 − 17   ( x; y ) ∈ (0; −1);(−3; 2);  ; ; ÷;  ÷ ÷ ÷     1,0 Câu (4,0 điểm) Nội dung trình bày Điểm 1) (2,0 điểm) Gọi A' điểm đối xứng với A qua O, suy AK = AA ' = R , nên tam giác AKA' cân A Theo kết ta có AI phân giác góc OAD góc ·AFA ' = 900 nên 0,5 0,5 K, F, A' thẳng hàng F trung điểm KA' · · · · Tứ giác ADFH nội tiếp nên DHF = DAF = FAA ' = FCA ' Do ∆FCA ' : ∆FHC ⇒ FC = FA '.FH Mặt khác FC = FI ⇒ FI = FA '.FH = FK FH , tam giác KIH vuông I hay IK ⊥ IH (đpcm) 2) (2,0 điểm) Ta có E trực tâm tam giác AKH, giả sử KE cắt AH X Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có: HI = HF HK = HX HA = HG ⇒ HI = HG Từ suy hai tam giác vuông MIH MGH Do MI=MG (đpcm) 0,5 0,5 1,0 1,0 Câu (4,0 điểm) Nội dung trình bày Điểm k ± k2 + Đặt Q ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + + an −1 x + an Q ( x) có nghiệm x = Bổ đề biên nghiệm: Nếu x0 nghiệm đa thức hệ số thực H ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + + an −1 x + an (a0 ≠ 0) x0 < + max i = 0, n a0 (Học sinh phải chứng minh bổ đề này-đây kết quen thuộc) 1,0 1,0 k + k2 + a < + max i Áp dụng ta i = 0, n a Mà k < 1,0 k+ k +4 , suy k < + max i = 0, n a 2 Do a0 ∈ ¢; a0 ≠ nên max i = 0, n ai ⇒ k ≤ max , từ ≤ max Vậy k < + max i = 0, n i = 0, n i = 0, n a0 1,0 suy đpcm Câu (4,0 điểm) Nội dung trình bày a) (1,5 điểm) Với k = ta cách phân hoạch tập ¢ + thành tập A1 , A2 , A3 thỏa mãn sau: A1 = { 1; 2;3} U{ 3m | m ≥ 4} ; A2 = { 4;5;6} U{ 3m − 1| m ≥ 4} ; Điểm 1,5 A3 = { 7;8;9} U{ 3m − | m ≥ 4} Vậy k = đẹp b) (2,5 điểm) Giả sử tồn cách chia ¢ + thành tập A1 , A2 , , A4 thỏa mãn đề Đặt Bi = Ai I { 1; 2;3; ; 23} với i = 1, 2,3, Ta thấy số thuộc tập { 15;16;17; ; 24} (gồm 10 số) viết thành tổng hai số thuộc tập Bi (với i = 1, 2,3, ) 1,0 Như Bi = m số tổng Cm2 ≥ 10 ⇒ m ≥ Vậy tập Bi có phần tử Mà B1 + B2 + B3 + B4 = 23 nên xảy Bi ≥ 6, ∀i = 1, 2,3, Do tồn tập Bi mà Bi = Giả sử Bi = { a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5 } 0,5 Khi { + a j ;1 ≤ i < j ≤ 5} = { 15;16;17; ; 24} Suy ∑ ( a + a ) = 15 + 16 + + 24 , hay ( a 1≤i < j ≤ i j + a2 + a3 + a4 + a5 ) = 195 , vô lí 1,0 Vậy k = không đẹp (đpcm) Câu (4,0 điểm) Nội dung trình bày Từ a ≡ (mod p ) ⇒ a ≡ (mod p) p n p Theo định lý Fermat ta có a p ≡ a (mod p ) ⇒ a ≡ (mod p ) ⇒ a = kp + (k ∈ ¥ ) Điểm 1,0 p p −1 p −2 Ta có a − = ( a − 1) ( a + a + + a + 1) Đặt A = a p −1 + a p − + + a + Khi A = a p −1 +a p−2 p −1 + + a + = ∑ ( kp + 1) i 1,0 i =0 Với i = 2,3, , p - , ta có i i j =0 j =2 (kp +1)i = å Ci j (kp ) j =å Ci j (kp ) j + ikp +1 º ikp +1 (mod p ) p- 1,0 p- p- + p º p (mod p ) i =2 i=0 * Từ suy A = mp (m ∈ ¥ ) , với m không chia hết cho p Suy A º å (ikp +1) + (kp +1) +1 º kp å i + p = kp Mà theo đề a p − chia hết cho p n suy m(a − 1) chia hết cho p n −1 Từ (m, p) = nên ta có a ≡ (mod p n −1 ) (đpcm) -Hết - Họ tên giáo viên đề: Lê Xuân Đại, GV THPT Chuyên Vĩnh Phúc SĐT: 0912.960417; Email: lexuandaicvp@gmail.com 1,0