HDC de 10 toan

Chứng minh tương tự ta có YC NC Suy ra XB YC ZA... Từ điều kiện ban đầu, cân bằng hệ số của số hạng có bậc cao nhất ta được.

Câu 1 (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  

 







Điều kiện: 2 0

x y

 



  



Xét phương trình (1) của hệ ta có:

2x y 3xy3x2y  1 0 2x y 1 x y   1 0

1,5

Trường hợp 1: y x  thay vào phương trình (2) ta được:1

2

3x   x 3 3x 1 5x với điều kiện 4 1

3

x  Phương trình 3x23x  (x 1 3x   1) (x 2 5x4) 0

3

0

1

x

x





     

1,0

Trường hợp 2: y2x thay vào phương trình (2) ta được: 1

3 3 x 4x 1 5x 4 4x 1 5x 4 3x 3 0

Giải tương tự như trên ta được x 0

1,0

Hệ phương trình có 2 nghiệm là ( ; ) (0;1),(1;2)x y  0,5

Câu 2 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn  O các đường cao, , ,

AD BE CF Gọi M là giao điểm của EF và BC N là giao điểm của FD và , AC P là giao,

điểm của ED và AB

a Chứng minh các điểm M N P thẳng hàng., ,

b Dựng đường tròn đi qua 2 điểm ,E F và tiếp xúc với cung nhỏ BC của  O tại , X đường

tròn đi qua 2 điểm ,F D và tiếp xúc với cung nhỏ CA của  O tại , Y đường tròn đi qua 2

điểm ,D E và tiếp xúc với cung nhỏ AB của  O tại Z Chứng minh các đường thẳng

, ,

AX BY CZ đồng quy.

(2,0

điểm)

Ta có tứ giác BCEF nội tiếp nên ME MF. MB MC.

Hay M DEF/  M ABC/ , suy ra M thuộc trục đẳng phương của hai đường

tròn DEF và   ABC

1,0

Chứng minh tương tự ta có N và P cũng thuộc trục đẳng phương của hai

b

(2,0

điểm)

Ta có EF là trục đẳng phương của BCEF và  EFX 

BC là trục đẳng phương của BCEF và   O

Tiếp tuyến chung tại X của  O và EFX là trục đẳng phương của   O

và EFX 

Suy ra MX là tiếp tuyến của  O

0,5

Suy ra MX2 MB MC , suy ra MBX ∽MXC

Suy ra BX MB MX ,

CX  MX  MC suy ra XB MB

Chứng minh tương tự ta có YC NC

Suy ra XB YC ZA MB NC PA 1

XC YA ZB  MC NA PB  (do các điểm , ,M N P thẳng hàng)

Suy ra các đường thẳng AD BE CF đồng quy., ,

0,5

Câu 3 (4,0 điểm) Xét các đa thức P x và   Q x với hệ số thực, khác đa thức hằng và thỏa mãn 

điều kiện      5    3

a Chứng minh P x luôn có nghiệm thực. 

b Chứng minh Q x là đa thức monic và có ít nhất 4 cặp đa thức monic   P x Q x thỏa   , 

mãn điều kiện bài toán (Đa thức monic là đa thức có hệ số của bậc cao nhất là 1)

a

(2,0

điểm)

Vì degQ nên tồn tại 1 x (có thể thực hoặc phức) là nghiệm của 0 Q x  1,0

Thế x bởi x0 trong điều kiện ban đầu ta được2

 

Suy ra P 0  hay 0 P x luôn có nghiệm thực là   x 0 0,5

b

(2,0

điểm)

P x a x a x    với a n1,a n 0

Q x b x b x    với b m1,b m 0

Từ điều kiện ban đầu, cân bằng hệ số của số hạng có bậc cao nhất ta được

n

a b a b , suy ra   3

1

n m

0,5

Từ điều kiện ban đầu, cân bằng bậc của 2 vế ta được

Suy ra n là số lẻ, suy ra 3 b m  , hay 1 Q x là đa thức monic. 

0,5

Ta có m n,  ¥ nên * m  5 4,n   nên ta phân tích3 2

15 15.1 1.15 5.3 3.5    , khi đó có 4 trường hợp của m n thỏa mãn ,   * 0,5 Chọn P x  x Q x n,    x2m với m n thỏa mãn ,   * , ta có ít nhất 4 cặp

đa thức monic P x Q x thỏa mãn điều kiện bài toán.   , 0,5

Câu 4 (4,0 điểm) Cho số nguyên tố lẻ p và đa thức Q x   p1 x p2 x Có tồn tại hay không hoán vị a a1; ; ;2 a p1 của 1;2; ;p mà 1 a Q1 1 ;   a Q2  2 ; ;a p1.Q p 1  là hệ thặng dư thu gọn mod ?p

Trước hết ta chứng minh H Q   1 ;Q 2 ; ;Q p   là hệ thặng dư đầy đủ mod p

Thật vậy, giả sử tồn tại u v, 1;2; ;p phân biệt sao cho Q u  Q v   modp

Khi đó  p1 u p v p2u v  0 mod p (1)

1,0

Theo định lý Phecma ta có u p u mod p v; p v mod p nên từ (1) ta được

 p1 u v  0 mod p  u v mod p

Suy ra mâu thuẫn, chứng tỏ H là hệ thặng dư đầy đủ mod p

1,0

Giả sử tồn tại hoán vị a a1; ; ;2 a p1 của 1;2; ;p mà1

a Q1 1 ; a Q2 2 ; ;a p1.Q p1 là hệ thặng dư thu gọn mod p

Ta có    1 p 2 0 mod 

Q p  p p  p p nên Q   1 ;Q 2 ; ;Q p 1  là hệ thặng

0,5

dư thu gọn mod p

Theo giả sử ta có a a1; ; ;2 a p1 là hệ thặng dư thu gọn mod p nên

1 .2 p 1 1 2 1 1.2 1 1 ! 1 mod

Wilson)

0,5

Suy ra

1 1 2 2 p 1 1 1 2 p 1 1 2 1 1 mod

Suy ra a Q1 1 ;   a Q2  2 ; ;a p1.Q p 1  không là hệ thặng dư thu gọn mod p

Suy ra giả sử sai, nghĩa là không tồn tại hoán vị a a1; ; ;2 a p1 của 1;2; ;p mà1

a Q1 1 ; a Q2 2 ; ;a p1.Q p1 là hệ thặng dư thu gọn mod p

1,0

Câu 5 (4,0 điểm) Với hai số nguyên dương ,k n ta kí hiệu p n k là số nghiệm nguyên không ,

âm của phương trình x1  x2 x k  mà n x1x2  Tính x k p n , 2 và p n ,3 theo n

a

(2,0

điểm)

Tính p n ,2 .

Xét phương trình nghiệm nguyên không âm x1  mà x2 n x1x2

Do x1 nên x2 x1 x2 2x1, suy ra 1

2

n

   

1,0

Với mỗi 1 0;1;2; ;

2

n

x     

  thì có duy nhất số x2   thỏa mãnn x1 phương trình

0,5

Vậy số nghiệm của phương trình là  ,2 1

2

n

b

(2,0

điểm)

Tính p n ,3 .

Xét phương trình nghiệm nguyên không âm x1  x2 x3 n  1 mà

1 2 3

x x x

Gọi S là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của  1

T là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của  1 mà x1x2x3

A là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của  1 mà x1 x2 x3

B là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của  1 mà x1 x2  x3

C là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của  1 mà x1x2 x3

D là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của  1 mà x1 x2 x3

Ta có S 3 A 3B  C 6D và T  A  B  C  D

Theo bài toán chia kẹo Ơle thì 2    

2

2

n

0,5

Ta có C  nếu 30 nM và C  nếu 31 nM, hay 1

C     

Ta có A  B  C bằng số nghiệm nguyên không âm của 2x y n  bằng

số nghiệm nguyên không âm của u v n  mà u x x y v   

2

n

A  B  C  

 

0,5

Suy ra  2  1 3  2 6

2

3 1 2 1 6

D

       

        

D             

          

0,5

T               

Rút gọn được  ,3  2  1 1 1 1 1 1

0,5

………HẾT………

Lưu ý:

- Nếu thí sinh làm cách khác mà cho kết quả chính xác, có chứng cứ khoa học vẫn cho điểm tối đa

- Giám khảo làm tròn điểm tổng bài thi đến 0,25 điểm