Toan 10_HDC_Hà NamĐề thi (đề xuất) kỳ thi HSG các trường THPT Chuyên khu vực DH&ĐBBB lần thứ VIII, năm 2015

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10 ( Đáp án + Biểu điểm gồm 04 trang) - Lưu ý: Nếu thí sinh trình bày lời giải khác so với hướng dẫn chấm mà cho điểm phần biểu điểm Câu Nội dung Điểm 3a -1 3b + ,y = Đặt x = điểm 0.5 −6b3 + 9b = 6a + 14a − 20 (1) Viết lại hệ cho thành  2 (2) a + b = ( 2 Ta có phương trình (1) ⇔ 3b ( − 2b ) = ( a − 1) 6a + 6a + 20 ) thay b2 = 1- a từ pt(2) ta thu ( − a ) ( − 2b ) = ( a − 1) ( 6a + 6a + 20 ) ⇔ ( a − 1) ( 6a + 6a + 20 + − 6b + 9a − 6ab ) = 1 - Với a = ⇒ b = ⇒ x = , y = - Với 6a + 6a + 20 + − 6b + 9a − 6ab = ta có VT ≥ 6a + 29 −15 − − = 6a + > Vậy pt vô nghiệm 1 1 KL: Hệ cho có nghiệm ( x; y) =  ; ÷ 3 4 Câu Nội dung ( Học sinh tự vẽ hình) điểm Gọi tâm đường tròn nội tiếp hình thang O Các tiếp điểm (O) với AB, CD, BC E, F, G Đặt x = EB Ta có VOEB =VOGB ⇒ BG = x Đặt y = FC Chứng minh tương tự ta có GC = y Mặt khác, hai tam giác vuông EOB FCO đồng dạng nên ta có EB FO x = ⇒ = ⇔ xy = 36 (1) EO FC y Đặt x ' = EA, y ' = FD Hoàn toàn tương tự ta thu x ' y ' = 36 (2) Từ giả thiết ta lại có x + x ' = 16, y + y ' = 12 (3) 1,5 0,5 1,0 0,5 Điểm 0,5 1,0 0,5 ( x, y, x ', y ') = ( 4,9,12,3) Giải hệ (1), (2), (3) ta thu  x, y, x ', y ') = ( 12,3,4,9 ) ( Theo giả thiết BC < AD ⇔ x + y < x '+ y ' nên nghiệm thứ hai bị loại Kết luận BC = 13 Câu Nội dung Cho y = vào i) ta điểm f ( ) + f ( ) f ( x ) = f ( x ) + f ( ) ⇒ f ( x ) ( f ( ) − 1) = (*) - Nếu f ( ) ≠ , cho x = vào (*) ta f ( ) = (trái giả thiết) - Vậy f ( ) = Cho y = vào ii) ta f ( x ) ( − f ( x ) ) = ∀x ∈ ¢ Như tập giá trị f { 0;1} Cho y = vào i) ta f ( x ) = f ( x ) Từ giả thiết f ( 10 ) ≠ ⇒ f ( 10 ) = ⇒ f ( ) = Cho y = vào i) ta f ( x ) = f ( ) = ∀x ∈ ¢ Lại cho x = y vào i) ta f ( x ) = f ( x ) ⇒ f ( ) = f ( ) = Ta có f ( ) = f ( 2.1) = f ( 1) = Giả sử f ( 3) = Cho x = 5, y = vào ii) thu ( f ( ) − 1) f ( 3) f ( 5) = ⇒ f ( ) = (mâu thuẫn) Vậy ta có f ( 1) = f ( ) = f ( 3) = f ( ) = (**) Bây giờ, giả sử x ∈ ¢ thỏa mãn f ( x ) = Ta viết x = 5k + r ; k , r ∈ ¢ ,0 < r < Khi ( f ( x − ) − 1) f ( x ) f ( ) = ⇒ f ( x ) = → f ( x − ) = Đặc biệt f ( −5 ) = f ( − ) = f ( ) = Tương tự ( f ( x + 5) − 1) f ( x ) f ( −5) = ⇒ f ( x ) = → f ( x + 5) = Từ f ( 5k + r ) = với < r < ta phải có f ( k + r ) = f ( r ) = , nhiên kết luận mâu thuẫn với (**) Vậy r = Tóm lại: giá trị n cần tìm để f ( n ) ≠ n = 5k , ∀k ∈ ¢ 1,0 1,0 Điểm 1,0 1,5 1,0 0,5 Câu Nội dung Ta có điểm a + bc + ac b + cd + bd c + da + ac d + ab + bd VT + = + + + + bc + c + cd + d + da + a + ab + b c d 1 1 (a + bc + ac)  + bc + ÷ (b + cd + bd )  + dc + ÷ a b a b = + c d 1 1 (1 + bc + c)  + bc + ÷ (1 + cd + d )  + dc + ÷ a b a b a b 1 1 (c + da + ac )  + da + ÷ (d + ab + bd )  + ab + ÷ c d c d + + a b 1 1 (1 + da + a )  + da + ÷ (1 + ab + b)  + ab + ÷ c d c d Bunhiacopxki ≥ + ( + bc + c ) ( + cd + d ) 2 + c d 1 1 (1 + bc + c)  + bc + ÷ (1 + cd + d )  + dc + ÷ a b a b ( + da + a ) ( + ab + b ) ≥ Từ ta có bđt cho chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = d = Câu Nội dung a) Lấy tập A gồm 4n số: 1,2,…,4n tập B gồm 2n số chẵn: 4n+2, điểm 4n+4,…,4n+4n Khí S = A ∪ B tập thỏa mãn yêu cầu toán Thật vậy: S có 6n phần tử phân biệt, BCNN số chẵn B 8n ≤ 8n = 32n2 Còn BCNN số A, số A số B ≤ tích chúng ≤ 4n.8n = 32n2 2,0 + a b 1 1 (1 + da + a)  + da + ÷ (1 + ab + b)  + ab + ÷ c d c d a ( + bc + c ) b ( + cd + d ) c ( + ad + a ) d ( + ab + b ) = + + + (*) + abc + c + bcd + d + acd + a + abd + b 1 + cd + d Mà + abc + c = + + c = Do d d ad ( + bc + c ) ab ( + cd + d ) bc ( + da + a ) cd ( + ab + b ) VP(*) = + + + + cd + d + da + a + ab + b + bc + c Cauchy Điểm 2,0 Điểm 0,5 1,0 b) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Nếu tập U gồm m+1 số nguyên dương ( m ≥ ) phân biệt tất số không nhỏ m, tồn phần tử U cho BCNN chúng lớn m2 - Chứng minh bổ đề: Gọi phần tử U 1 u1 > u2 > > um+1 ≥ m ⇒ ≤ ≤ ∀1 ≤ i ≤ m + u1 ui m 1,0 1 1 Ta chia đoạn  ;  thành m đoạn có độ dài Theo  u1 m  nguyên lí Dirichlet, ∃i, j thỏa mãn ≤ i < j ≤ m + để đoạn Như < Mà 1 , thuộc ui u j 1 11 1 − ≤  − ÷< u j ui m  m u1  m 1 ui − u j − = có mẫu số cuối BCNN ( ui , u j ) tử u j ui uiu j số số dương Do BCNN ( ui , u j ) > m Ta có bổ đề chứng minh - Quay lại toán: Cho m = 3n Lấy 3n + phần tử lớn tập T, ta có chúng ≥ 3n Áp dụng bổ đề nêu ta có điều phải chứng minh 1,0 0,5 Người đề Đào Quốc Huy