SỞ GD VÀ ĐT QUẢNG NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2022 2023 Môn Toán – Lớp 10 Câ u Nội dung Điể m 1 Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P ( x ) thỏa mãn[.]
Trang 1HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI OLYMPIC KHU VỰC DHBB
NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn Toán – Lớp 10
Câ
1
Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P ( x ) thỏa mãn P (0)=0 và
P(x2−x+1)≡ P ( x )2−P ( x )+ 1 (1) 4,0 Thay x bởi 1−x ta được
P(x2−x+1)≡ P (1−x)2−P (1−x)+1 (2)
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được
[P ( x)−P(1−x )].[P( x )+P (1−x )−1]≡0
Suy ra P ( x )−P (1−x )≡ 0 hoặc P ( x )+P (1−x )−1≡ 0
1,0
Thay x bởi 1 vào (1) ta được P (1)=1, kết hợp với P (0) ≡0 ta loại trường hợp
Xét trường hợp P ( x )+P (1−x )−1≡ 0, thay x bởi 12 ta được P(12)=1
2 Đặt Q ( x )≡ P ( x )−x Khi đó Q(12)=0 và
P(x2−x+1)−(x2−x +1)≡[P ( x )2−x2]−(P ( x)−x)
⇔Q(x2−x +1)≡Q ( x )[P ( x)+x−1]
1,0
Do đó nếu x0∈ (0 ;1) là nghiệm của Q ( x ) thì x02
−x0+1∈ (0 ;1) là một nghiệm
khác lớn hơn x0 của Q ( x ), suy ra Q ( x ) có vô số nghiệm Dẫn đến Q ( x )≡ 0 hay
P ( x )≡ x Thử lại thấy thỏa.
Vậy chỉ có một đa thức duy nhất thỏa mãn bài toán là P ( x )=x
1,0
2 Cho a , b , c là các số thực dương thỏa
(a+ b+c )(1a+
1
b+
1
c)=10
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của P=¿ a
b+c+
b c+ a+
c a+b.
4,0
Từ giả thiết suy ra b+c a +c+ a
b +
a+ b
c =7 và (a+ b) (b+c ) (c +a)=9 abc Đặt x= b+c
a , y =
c+ a
b , z=
a+b
c ; khi đó x + y +z=7, xyz=9 và
P=1
x+
1
y+
1
z=
1
x+
x (7−x )
9 .
1,0
Trang 2Ta có (7−x )2=( y + z )2≥ 4 yz=36
x , suy ra ( x−1) ( x−4 ) ( x−9) ≤ 0 nên 1 ≤ x ≤ 4 do
x ∈ (0 ;7).
Ta sẽ chứng minh
19
12≤
1
x+
x (7−x )
9 ≤
5
3.
1,0
BĐT bên trái tương đương với ( x−4) (2 x −3)2≤ 0 đúng Dấu bằng xảy ra khi
BĐT bên phải tương đương với ( x−1) ( x−3)2≥0đúng Dấu bằng xảy ra khi
a=2 b=2c
Vậy min P=19
12 và max P=5
3 Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn ω Đường tròn ω' thay đổi đi
qua B ,C cắt các cạnh AB , AC lần lượt tại điểm thứ hai là E , F Đường tròn
ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ω tại điểm thứ hai là K KE , KF cắt lại
ω lần lượt tại Q , P Gọi T là giao điểm của BQ và CP
a) Chứng minh rằng T thuộc một đường thẳng cố định khi đường tròn ω thay
đổi
2,0
Gọi O là tâm đường tròn ω
Xét tam giác AK E, do các bộ bốn điểm ( A , K , E , F ) và ( A , K , B , P) đồng viên
nên EF và BP cùng đối song với AK Suy ra BP ∥ EF 1,0
Tương tự CQ ∥ EF, suy ra BP, CQ là hai đáy của hình thang cân Dẫn đến
OT ⊥ BP và OT ⊥ EF
Mặt khác do EF đối song với BC trong tam giác ABC nên EF ⊥ AO Suy ra
A , O ,T thẳng hàng Vậy T thuộc đường thẳng AO cố định
1,0 b) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BF , CE Chứng minh rằng KA là tiếp 2,0
Trang 3tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN.
Ta có BC , EF , AK theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường tròn ω
và ω', ω' và ( AEF ), ( AEF ) và ω Do đó BC , EF , AK đồng quy tại một điểm D
Gọi L là giao điểm của BF và CE; X , Y theo thứ tự là giao điểm của BF , CE với
AD Khi đó ( AD , XY )=−1 ⇒ B ( AD , XY )=−1⇒ B ( EC , LY )=−1⇒ (EC , LY )=−1.
Mà N là trung điểm của CE nên theo hệ thức Maclaurin ta có ln ´´ LY =´¿ ´ LC
Hoàn toàn tương tự, ta có LM ´´ LX= ´ LF ´ LB.
Suy ra LM ´´ LX= ´ln ´ LY, do đó M , N , X , Y đồng viên
1,0
Gọi Z là trung điểm AD Khi đó M , N , Z thẳng hàng vì cùng nằm trên đường
thẳng Gauss-Newton của tứ giác toàn phần BCEF AD
Từ M , N , X , Y đồng viên suy ra ZM ´´ ZN = ´ ZX ´ ZY Mặt khác ( AD , XY )=−1 và Z
là trung điểm AD nên theo hệ thức Newton ta có Z A2= ´ZX ´ ZY = ´ ZM ´ ZN Suy
ra ZA là tiếp tuyến của đường tròn ( AMN )
1,0
4
Cho hai số nguyên dương a và b sao cho 15 a+16 b và 16 a−15 b là hai số chính
phương Tìm giá trị nhỏ nhất của số nhỏ nhất trong hai số chính phương đó 4,0 Giả sử 15 a+16 b=x2,16 a−15 b= y2 với x , y là các số nguyên dương Ta giải
được a= 15 x
2+16 y2
152+162 =15 x2
+16 y2
13.37 , b=
16 x2−15 y2
13.37 Do đó
15 x2+16 y2≡16 x2−15 y2≡ 0 (mod 13.37)
1,0
Ta chứng minh x , y ≡0 ( mod13.37 )
Ta có (4 x )2≡15 y2(mod 13), nếu ( x ,13 )=1 thì (1513)=1 Mặt khác
(1513)=(132 )=−1, mâu thuẫn Do đó x ≡ y ≡ 0 (mod 13)
1,0
Ta có (4 x )2≡15 y2
(mod 37), nếu ( x ,37 )=1 thì (1537)=1 Mặt khác
(1537)=(373 ).(375 )=1 (−1)=−1, mâu thuẫn Do đó x ≡ y ≡ 0 (mod 37).
1,0
Do đó x , y ≡0 ( mod 481) Với x= y =481 thì a=4812, b=481
5 Tại mỗi đỉnh của một đa giác đều n cạnh (n>2) người ta đặt một bóng đèn Ban
đầu chỉ có đúng một bóng đèn được bật, mỗi lượt ta thay đổi trạng thái của các
bóng đèn (bật thành tắt, tắt thành bật) với điều kiện vị trí các bóng đèn được
chọn là các đỉnh của một đa giác đều Chứng minh rằng không tồn tại n để tất
cả các bóng đèn có thể được bật cùng lúc sau hữu hạn lượt
4,0
Trang 4Giả sử sau hữu hạn lượt thì tất cả các bóng đèn đều bật Ta xem các bóng đèn
là các căn bậc n của đơn vị, bóng đèn thứ k (0 ≤ k ≤n) là
ε k=cos2 kπ
n +isin
2 kπ
n .
Khi đó nếu ε k1, ε k2, … , ε k m là các đỉnh của một đa giác đều thì
ε k1+ε k2+…+ε k m=0
1,0
Không mất tính tổng quát, giả sử bóng đèn sáng ban đầu là ε0=1 Đặt
S=k0ε0+k1ε1+…+k n−1 ε n−1
với k i ∈{0;1} và {k i=1 khi εiđang bật
k i=0 khi εiđang tắt Ban đầu ta có S=1 và khi các bóng đèn bật hết thì S=0
Giả sử ta chọn m bóng ε k1, ε k2, … , ε k m để thay đổi trạng thái, nếu ε k i đang tắt thì
S → S+ε k i còn nếu ε k i đang bật thì S → S−ε k i
Như vậy điều kiện cần để bật tất cả bóng đèn là tồn tại bộ (a0; a1;… ; a n−1) (
a i ∈ N) sao cho
2 a0ε0+2 a1ε1+…+2 a n−1 ε n−1=−1 (1)
1,0
Và ta có ε0=1, εk=ε1k nên (1) tương đương với
2 a0+2 a1ε1+…+2a n−1 ε1n−1=−1
Vì 1+ε1+…+ε1n−1=0 nên 2(1−a n−1) (1+ε1+…+ε1n−1)=0 (2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được
2 b0+2 b1ε1+…+2 b n−1 ε1n−2+2 ε1n−1=−1
với b i=a i+1−an−1 ∈ Z Như vậy ε1 là nghiệm của đa thức
P ( x )=2 b0+1+2 b1x +…+2b n−2 x n−2+2 x n−1=0
1,0
Ta có P ( x ) bất khả quy vì Q ( x )=(2 b0+1)x n−1+2 b1x n−2+… 2b n−2 x +2 bất khả quy
theo tiêu chuẩn Eisenstein Do đó
P ( x )
2 =x
n−1
+b n−2 x n−2+…+ b1x + 2b0+1
2
là đa thức tối tiểu của ε1 Suy ra P ( x )2 =x n−1+x n−2+…+1 Do đó 2b0+1
2 =1, dẫn đến b0=1
2 (mâu thuẫn)
Vậy tất cả bóng đèn không thể cùng được bật sau hữu hạn lượt
1,0
Người ra đề: Trương Trần Tấn Phước, Trần Thị Phương Thảo,
Tổ Toán, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)
Phone: 0969043321 Mail: truongtrantanphuoc@gmail.com