TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ BÀI I HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN BA VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016 – 2017 Mơn thi: TỐN (Dành cho hệ chun Tốn chuyên Tin) HƯỚNG DẪN CHẤM Ý ĐIỂM 2,0 ( ) Chứng minh rằng: a − b ⋮9 3 Vì a – b chia hết a b chia cho có số dư Giả sử a = 3k1 + r b = 3k2 + r (0 ≤ r ≤ 2) Ta có a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) = (3k1 – 3k2)[(3k1 + r)2 + (3k1 + r)(3k2 + r) + (3k2 + r)2] = (3k1 – 3k2)[9k12 + 9k22 + 9k1k2 + 9r(k1 + k2) + 3r2] Vì 3k1 – 3k2 chia hết cho 9k12 + 9k22 + 9k1k2 + 9r(k1 + k2) + 3r2 chia hết cho suy a − b3 ⋮9 ( ) Tính giá trị biểu thức: P = a + b 1,0 0,25 0,5 0,25 1,0 ( )( ) Ta có: a + a + 2016 b + b + 2016 = 2016 ⇔ a + a + 2016 = −b + b + 2016 ⇔ a + b + a + 2016 − b + 2016 = a −b ⇔ (a + b)(1 + )=0 a + 2016 + b + 2016 Do: 0,25 a + 2016 + b + 2016 > a + b ≥ a − b ⇒ 2 a −b a + 2016 + b + 2016 Suy ra: + Vậy a + b = a + 2016 + b + 2016 Do đó: P = a + b3 = (a + b)(a − ab + b ) = 0,5 II 0,25 2,0 Giải phương trình: x + = x − x − 1,0 0,25 ĐK: x ≥ −3 1 + x + = x (1) Ta có x + = x − x − ⇔ (1 + x + 3) = x ⇔ 1 + x + = −3 x (2) 0,25 Giải (1) nghiệm x = 0,25 Giải (2) nghiệm x = −5 − 97 18 0,25 x ( x − 1) = y − Giải hệ phương trình: y ( y − 1) = x − 1 1,0 Từ hệ phương trình trừ vế cho vế ta được: 2 x ( x − 1) − y ( y − 1) = y − x ⇔ x3 − x + x − ( y − y + y ) + x − y = ⇔ x3 − y − x + y + x − y = ⇔ ( x − y ) ( x + xy + y ) − ( x − y )( x + y ) + ( x − y ) = ⇔ ( x − y ) ( x + xy + y − x − y + ) = x = y ⇔ 2 x + xy + y − x − y + = ( *) 0,25 Xét phương trình (*) ta có: (*) ⇔ x + xy + y − x − y + = ⇔ x + xy + y + x − x + + y − y + = 2 ⇔ ( x + y ) + ( x − 2) + ( y − 2) = 0,25 ⇔ x + y = x − = y − = ( ) Thay x = y vào phương trình ban đầu ta có: x ( x − 1) = x − ⇔ x3 − x + x − x + = ⇔ x3 − x − x + = ⇔ ( x + 1) ( x − x + 1) = x = −1 ⇔ x = ± 0,25 3+ 3+ 3− 3− ; ; , 2 Hệ phương trình có cặp nghiệm: ( −1; −1) , 0,25 III 2,0 Tìm tất cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn + số phương 1,0 Đặt 2x + 5y = k2 Trường hợp 1: x, y chẵn ta có: k2 = 2x + 5y ≡ + (mod 3) ≡ (mod 3) ⇒ không thỏa mãn Trường hợp 2: x, y lẻ ta có: 2x tận 8; 5y tận ⇒ 2x + 5y tận khơng số phương 0,25 x y Trường hợp 3: x chẵn, y lẻ Đặt x = 2m ⇒ 22m + 5y = k2 ⇔ (k – 2m)(k + 2m) = 5y k − 2m ⋮5 Giả sử ⇒ 2m + chia hết cho vô lý m k + ⋮5 ⇒ k – 2m k + 2m không chia hết cho m y k + = ⇒ ⇒ 2m + =5y – m k − = +) Nếu m = y = ⇒ (x, y) = (2, 1) cặp nghiệm +) Nếu m ≥ ta có 5y – = 2m + ⋮ Vơ lý y lẻ nên 5y – ≡ (mod 8) ⇒ m ≥ phương trình khơng có nghiệm ngun Trường hợp 4: x lẻ, y chẵn Đặt y = 2n (n ≥ 1) ⇒ 2x + 52n = k2 ⇔ (k – 5n)(k + 5n) = 2x.Vì k lẻ nên suy 0,25 k − 5n = x1 (x1 + x2 = x, ≤ x1 < x2 < x) n x k + = 2 ⇒ k = x2 −1 + x1 −1 Nếu x1 > VP số chẵn, VT lẻ nên vô lý Suy x1 = 1, x2 = x – Ta lại có 5n = x− − ⇒ x ≥ Vì x lẻ nên 5n = 2x – - ≡ 1, (mod 5) vơ lý Vậy ta tìm cặp nghiệm nguyên dương (x, y) = (2,1) Chứng minh rằng: 1 + + ≥3 2−a 2−b 2−c 0,25 0,25 1,0 Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương : 2−a + a 2−b+b 2−c+c + + ≥6 2−a 2−b 2−c a b c ⇔ + + ≥ (*) 2−a 2−b 2−c 0,25 Từ giả thiết a + b + c = ⇒ < a, b, c < 2 VT (*) = < Ta có a b c + + a (2 − a) b (2 − b) c (2 − c) (a + b + c ) 2(a + b3 + c ) − (a + b4 + c ) = 3 2(a + b + c ) − (a + b + c ) ≥ 4 0,25 Lại có: a + a ≥ 2a ; b + b ≥ 2b ; c + c ≥ 2c Suy ra: 2(a + b3 + c ) − (a + b + c ) ≤ a + b + c = Vậy VT (*) = ≥ (điều cần chứng minh) 2( a + b + c ) − ( a + b + c ) 3 IV Chứng minh tứ giác EIDM nội tiếp 0,25 0,25 3,0 1,5 A D I J E H O F B K C M Vì tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn (I; IH) nên ta có: EID = EAD Vì tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn tâm M nên ta có: EMD = EBD ( ) ( ) ⇒ EID + EMD = EAD + EBD = BAD + ABD = 2.90 = 180 ⇒ Tứ giác EIDM nội tiếp 0,5 0,5 Chứng minh FH ⊥ AM VI 0,5 1,5 Gọi K giao điểm AH BC Ta chứng minh tứ giác EKMD nội tiếp suy FE.FD = FK.FM Gọi O trung điểm HM Ta có ∆ HKM nội tiếp (O, OH) Vì FE.FD = FK.FM ⇒ ℘(F, (I, IH)) = ℘(F, (O, OH)) ⇒ F thuộc trục đẳng phương hai đường tròn (I, IH) (O, OH) (1) Mặt khác, H giao điểm (I, IH) (O, OH) ⇒ H thuộc trục đẳng phương hai đường tròn (I, IH) (O, OH) (2) Từ (1) (2) suy đường thẳng FH trục đẳng phương hai đường tròn (I, IH) (O, OH) ⇒ FH ⊥ OI Mặt khác, OI đường trung bình ∆ AHM ⇒ OI // AM ⇒ FH ⊥ AM (đpcm) Cách khác: Gọi J giao điểm thứ hai FH (I, IH) Ta có: FE.FD = FH.FJ ⇒ FH.FJ = FK.FM ⇒ Tứ giác HJMK nội tiếp ⇒ J ∈ (O, OH) ⇒ (I, IH) ∩ (O, OH) = {H, J} ⇒ HJ ⊥ OI ⇒ FH ⊥ OI Mặt khác, OI đường trung bình ∆ AHM ⇒ OI // AM ⇒ FH ⊥ AM (đpcm) Số đo nhỏ cạnh thứ ba đạt bao nhiêu? 0,5 0,5 0,5 1,0 Gọi độ dài ba cạnh tam giác vuông ABC là: a, b, c (a, b, c ∈ N*) Ta có: a, b ∈ P b – a = số chẵn nên a, b lẻ (b > a) Giả sử cạnh thứ ba c cạnh huyền Theo định lý Pi-ta-go, ta có: c2 = a2 + b2 ⇔ c2 = a2 + (a + 8)2 = 2a2 + 16a + 64 = 2(a2 + 8a + 32) Vì a lẻ nên (a2 +8a + 32) lẻ 2(a2 + 8a + 32) 4: điều vơ lý c2 số phương chẵn phải chia hết cho Do cạnh c khơng thể cạnh huyền Suy b cạnh huyền (vì b > a) Theo định lý Pi-ta-go ta có: c2 = b2 – a2 = (b – a)(b + a) = 8(b + a) = 23.( a + b) 0,5 0,5 Suy ra: a + b = 2k2 (k ∈ N*), b > nên a + b > 8, k ≥ Khi đó: (a + b)min = 2.32 = 18, ta có: a + b =18 ⇔ b − a = a = : thỏa điều kiện b = 13 Từ đó: cmin = 12 Các ý chấm: 1) Thí sinh phải lập luận đầy đủ cho điểm tối đa 2) Thí sinh có cách giải đúng, khác với hướng dẫn giám khảo chấm cho điểm theo số điểm quy định dành cho câu (hay ý) 3) Vận dụng hướng dẫn chấm chi tiết đến 0,25 điểm nên không làm tròn điểm thi ... ⇔ ( x + y ) + ( x − 2) + ( y − 2) = 0,25 ⇔ x + y = x − = y − = ( ) Thay x = y vào phương trình ban đầu ta có: x ( x − 1) = x − ⇔ x3 − x + x − x + = ⇔ x3 − x − x + = ⇔ ( x + 1) ( x − x + 1) =