Đáp án đề Hà tĩnh ngày 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015  2016 Mơn: TỐN  Ngày thi: 15/9/2015 Thời gian làm bài: 180 phút Bài (5 điểm) Tìm tất hàm số f :    thoả mãn: f ( x4  f ( y))  y  f ( x) x, y   a  b  c   Bài (5 điểm) Cho số hữu tỉ a, b, c thoả mãn:  2  (2a  1)  (2b  1)  (2c  1)  m2 Chứng minh tồn nguyên m, n thoả mãn: (m, n)  abc  n Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn ( J ) tiếp xúc với (O) D đồng thời tiếp xúc với tia đối tia BA, CA E F DB  cos C a) Chứng minh  DC  cos B b) Giả sử AJ cắt (O) T khác A Gọi P, Q điểm di động cung nhỏ AB, AC (O) cho PQ song song với BC Các đường thẳng AP BC cắt M Gọi I , N trung điểm đoạn thẳng EF , IM Chứng minh giao điểm đường thẳng NT IQ thuộc đường cố định Câu (5 điểm) Cho P đa giác lồi 2016 cạnh Một cách chia P thành tam giác đường chéo không cắt bên P gọi cách chia đẹp P a) Chứng minh số đường chéo cần phải nối để chia đẹp P theo cách khác nhau b) Một tam giác thu từ phép chia đẹp P nói gọi tam giác cạnh đường chéo P Hỏi có tất cách chia đẹp P mà có tam giác biết hai cách chia khác có cặp tam giác khơng trùng HẾT  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay;  Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh…………………………………….Số báo danh…………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015  2016 Mơn: TỐN  Ngày thi thứ hai HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Bài 5điểm Nội dung f ( x  f ( y))  y  f ( x) x, y   (1) Điểm Trước hết ta chứng minh: f (0)  Đặt a  f (0) Cho x  ta có f ( f ( y))  y  a (2) Cho y  ta có f ( x4  a)  f ( x) (3) Từ (2) suy f song ánh, tồn b để f (b)  Cho y  b vào (2) ta có a  b  a Cho x  b vào (2) ta có f (b4  a)  f (b)   f (b) Vì f song ánh nên b4  a  b  b  a  b Ta có hệ   a  b4   a  b  hay f (0)   a  b  a Do f ( f ( y))  y; f ( x )  f ( x)  f ( x  f ( y))  f ( f ( y))  f ( x ) x, y    f ( x  y )  f ( x)  f ( y ) x  R, y  Do f ( x4 )  f ( x)   f ( x)  x  Vì f song ánh nên f ( x)  x  Với x  y ta có f ( x)  f ( x  y  y)  f ( x  y )  f ( y )  f ( y ) (1) Ta chứng minh f ( x)  x x  R Nếu x0  R cho f ( x0 )  x0 x0  f ( f ( x0 ))  f ( x0 )  x0 (vô lý) Nếu x0  R cho f ( x0 )  x0 x0  f ( f ( x0 ))  f ( x0 )  x0 (vô lý)  f ( x))  x x  R Thử lại thấy Vậy f ( x)  x x  R Bài 2 2 5điểm Từ giả thiết suy a  b  c  a  b  c  a  b  c  (a  b  c ) 0.5  a  b  c  Vì a  b  c  Z nên a  b  c 0;1;2;3 Nếu a  b  c  , kết hợp với giả thiết suy a  b  c  Lúc ta có m  0; n  thoả mãn yêu cầu toán Nếu a  b  c  , kết hợp với giả thiết suy a  b  c  Lúc ta có m  1; n  thoả mãn yêu cầu toán 0.5 Nếu a  b  c  Vì a,b,c số hữu tỉ nên tồn số x, y, z  Z ; d  N cho * a x y z ;b ;c d d d 0.5 x  y  z  d  xy  yz  zx  (1) 2 2 x  y  z  d  Lúc ta có  Vì d  , khơng tính tổng qt ta giả sử z  Từ (1) ta có ( x  z )( y  z )  z  c d (1) 2 lại có x  z  y  z  nên x  z  0; y  z  suy tồn r , p, q  N * ( p, q)  thoả mãn:  x  z  r p (2)  y  z  r q  Thay vào (1) suy z  rpq ( z  0) Kết hợp với (2) ta có: x  rp( p  q); y  rq(q  p) , d  r ( p  q  pq) xyz p q ( p  q)  abc   d ( p  q  pq)3 Chọn m  pq( p  q); n  p  q  pq Ta chứng minh (m, n)  Giả sử (m, n)  k  m, nk Vì ( p, q)  nên ( p; p  q)  (q; p  q)  (3)  p k Ta có m k   q  k  p  q  k - Nếu p k  q  k  k  Vì k  , gọi h ước số nguyên tố lớn k, ta có q  h  q h , mà p h suy vô lý - Nếu q k , chứng minh tương tự suy k=1  p k q k  Nếu p  q  k  ( p  q)2  n k  pq  k   q k  p k suy k = Nếu - (1  a)  (1  b)  (1  c)   a  b  c  2 2  ab  bc  ca    2(1  a)  1   2(1  b)  1   2(1  c)  1   2 a  b  c  (1  a)(1  b)(1  c)  abc  Tương tự tồn nguyên m,n thoả mãn: (m, n)  1 0.5 m2 m2 suy Do (m, n)   (m, n)  suy (1  a)(1  b)(1  c)  abc  n (  n) Bài 3a 2điểm đpcm Giả sử vị trí điểm hình vẽ, trường hợp khác chứng minh tương tự Bổ đề : I tâm đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC Thật vậy, gọi X, Y giao điểm khác D DE, DF với (O) I  tâm đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC Dễ thấy XO  JE nên XO  AB Suy X , C , I  thẳng hàng Tương tự Y , B, I  thẳng hàng X A Y Áp dụng Định lý Pascal cho lục giác   ta có E, I , F thẳng hàng Mặt khác B D C    nên I   I suy bổ để chứng minh AI  phân giác góc BAC p p Trở lại tốn : Ta có AI  với p  a  b  c AE  AF  A A cos cos 2 Gọi B, C  giao điểm đường thẳng DB, DC với ( J ), ta có DB DB ' BB ' DBC  DBC (g -g)    DC DC ' CC ' Từ DB BD.BB BE AE  c    DC CD.CC  CF AF  b p Thay AE  AF  cos A  abc 2bc vào biểu thức biến  2 b c a bca 1 2bc DB c(a  b  c)  cos C   , đpcm DC b(c  a  b)  cos B Giả sử vị trí điểm hình vẽ, trường hợp khác chứng minh tương tự đổi đại số ta thu Bài 3b 3điểm Giả sử IQ cắt (O) S khác Q; ST cắt đường thẳng MI AM N  R Ta chứng minh N   N Thật tứ giác ASIR nội tiếp (do   TAQ   RAI  ) nên  ARI   ASQ   AMC hay RI  BC RSI N M TI RA Áp dụng Định lý Menelaus ta có  N I TA RM TI RM Để chứng minh N   N , ta chứng minh (1)  TA RA Gọi V  AT  BC Do T tâm đường ngoại tiếp IBC ; TBA  CVA nên TI TB CV IV RM CV IV CV CA sin  AIC Lại có (do ) suy (1)       C IV IA TA TA CA IA RA CA IA cos đúng, N   N Vậy giao điểm NT IQ di động phần đường tròn (O) Bài Nhận xét phép chia đẹp P tạo 2014 tam giác Thật vậy, tổng tất góc tam giác thu từ phép chia đẹp P ln tổng tất góc P 4a 2điểm nên gọi số tam giác thu T ta ln có 1 T 180  (2016  2).180  T  2014 Theo Định lý đặc số Euler đa giác, gọi C số đường chéo cần phải nối để chia đẹp P ta ln có : 2016  (2016  C)  (2014  1)   C  2013 Vậy số đường chéo cần phải nối để chia đẹp P theo cánh khác nhau 2013 Bài Ta gọi đa giác lồi có đỉnh đỉnh P đa giác rìa có cạnh 4b đường chéo P cạnh cịn lại cạnh P Ta định nghĩa phép 3điểm chia đẹp đa giác rìa tương tự định nghĩa chia đẹp P Bổ đề: Số phép chia đẹp đa giác rìa k đỉnh mà tam giác tạo không chứa tam giác P Sk  2k 3 , k  Chứng minh: Dễ thấy S4  Ta chứng minh Sk  2Sk 1 Thật xét đa giác rìa A1 A2 Ak có k đỉnh chứa cạnh A1 Ak đường chéo P Do phép chia đẹp A1 A2 Ak không thu tam giác nên tam giác chứa cạnh A1 Ak phải có đỉnh A2 Ak 1 (vì ngược lại chứa tam giác trong) Khi đa giác A1 A2 Ak 1 A2 Ak 1 Ak đa giác rìa k  đỉnh, 0.5 1.5 Sk  2Sk 1 Xét phép chia đẹp P có chứa tam giác ABC Khi đó, cạnh AB, BC, CA trở thành cạnh đa giác rìa có số đỉnh a  2, b  c  a, b, c  * Khi a  b  c   2016  a  b  c  2013 Số nghiệm a, b, c   phương trình C2012 * Lấy A cố định, có C2012 cách chọn tam giác ABC Khi A chạy 2016 đỉnh tam giác đếm lần nên số cách chọn tam giác 2016 2 C2012  672C2012 Với cách chọn tam giác ABC đó, theo bổ đề, số phép chia đẹp P nhận ABC làm tam giác 2a1.2b1.2c1  22010 Tóm lại đáp số toán S  672.22010.C2012 ... chạy 20 16 đỉnh tam giác đếm lần nên số cách chọn tam giác 20 16 2 C20 12  672C20 12 Với cách chọn tam giác ABC đó, theo bổ đề, số phép chia đẹp P nhận ABC làm tam giác 2a1.2b1.2c1  22 010 ... BC, CA trở thành cạnh đa giác rìa có số đỉnh a  2, b  c  a, b, c  * Khi a  b  c   20 16  a  b  c  20 13 Số nghiệm a, b, c   phương trình C20 12 * Lấy A cố định, có C20 12 cách chọn... ( p  q )2  n k  pq  k   q k  p k suy k = Nếu - (1  a)  (1  b)  (1  c)   a  b  c  2 2  ab  bc  ca    2( 1  a)  1   2( 1  b)  1   2( 1  c)  1   2 a  b