BC là trục đẳng phương của BCEF và O.. Xét phương trình nghiệm nguyên không âm x1+x2 =n mà x1≤x2.
Trang 1TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ XVI – ĐIỆN BIÊN 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: Toán - KHỐI: 10
Ngày thi: 12 tháng 8 năm 2022 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
( )
2 2
2 2
Điều kiện: 2x x y+ ≥4y 00
+ ≥
Xét phương trình (1) của hệ ta có:
2 2
2x +y −3xy+3x−2y+ = ⇔1 0 2x y− +1 x y− + =1 0
1,5
Trường hợp 1: y x= +1 thay vào phương trình (2) ta được:
2
3x − + =x 3 3x+ +1 5x+4 với điều kiện 1
3
x≥ − Phương trình 2
3x 3x (x 1 3x 1) (x 2 5x 4) 0
3
0
1
x
x
=
⇒ − = ⇔ =
1,0
Trường hợp 2: y=2x+1 thay vào phương trình (2) ta được:
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.
Trang 2Ý Nội dung Điểm
a
(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 2
,
MX =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
YA = NA và ZA PA
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
Trang 3Câu 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≥1 nên tồn tại x (có thể thực hoặc phức) là nghiệm của 0 Q x( ) 1,0
Thế x bởi x0+2 trong điều kiện ban đầu ta được
( )
Suy ra P( )0 =0 hay P x luôn có nghiệm thực là ( ) x=0 0,5
b
(2,0
điểm)
1 0
n n
P x =a x +a x− − + +a với n≥1,a n ≠0
1 0
Q x =b x +b x− − + +b với m≥1,b m ≠0
Từ điều kiện ban đầu, cân bằng hệ số của số hạng có bậc cao nhất ta được
( ) ( )3
n
n m n m
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−3 là số lẻ, suy ra b m =1, hay Q x là đa thức monic.( )
0,5
Ta có m n, ∈¥ nên * m− ≥ −5 4,n− ≥ −3 2 nên ta phân tích
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−1} mà {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−1} mà 0,5
Trang 4( ) ( ) ( )
{a Q1 1 ; a Q2 2 ; ;a p−1.Q p−1} là hệ thặng dư thu gọn mod p
Ta có Q p( ) (= p+1) p p−2p≡0 mod( p) nên {Q( ) ( )1 ;Q 2 ; ;Q p( −1) } là hệ thặng
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−1} mà
{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 =n mà x1≤x2≤ ≤ x k Tính 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+x2 =n mà x1≤x2
Do x1≤x2 nên x1+ ≥x2 2x1, suy ra 1
2
n
≤
1,0
Với mỗi 1 0;1;2; ;
2
n
thì có duy nhất số x2 = −n x1 thỏa mãn phương trình
0,5
Vậy số nghiệm của phương trình là ( ),2 1
2
n
p 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 =0 nếu nM và /3 C =1 nếu 3nM, hay 1
C = − −
0,5
Trang 5Ta 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 = +
Suy ra ( 2) ( 1) 3( ) 2 6
2
3 1 2 1 6
D
−
= + −÷ − ÷+
= − + +÷ − ÷
0,5
= + + − + +÷ − ÷
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