Dap an bieu diem (toan 10)

Câu III 4 điểm    AKO CKO AKC XKY AKC XKO YKC Theo định lý Sin trong các tam giác AKY, XKO, OKY, YKC thì đẳng thức trên tương đương với XO YO AK CK.. Ta có 3 số này là nghiệm không t

HƯỚNG DẪN CHẤM VA BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI TOÁN KHỐI 10

(ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ CỦA TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA)

-Câu I ( 4 điểm)

Điều kiện:x 2 1,  y 0

Trước hết ta chứng minh bđt sau:

7( ) 8 2( )

a b

b  a     (*) với a b , 0

Thật vậy: bđt trên 2

a b

a b a b  a b  a b  a b  a a Dấu đẳng thức xảy ra  a b

Nhận xét y 0 không thỏa mãn hệ, chia cả 2 vế của phương trình đầu của hệ cho

xy ta đ ư ợc x y  y x 7( x y) 8 2( x y )

Theo bđt (*) ta thu được xy Thế vào phương trình sau của hệ ta được

2(1  x x)  2x 1 x  2x 1

đặt t x2  2x 1 với t 0 ta có phương trình t2  2(x 1)t 4x   0, ' (x 1) 2

2

  (loại) hoặc t 2 Giải phương trình này suy ra nghiệm x  6 1 

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y 6 1 

Câu II (4 điểm)

a b c a b c a b c

Ta có x y z , , 0 v à x y z   1

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành:

(1 4 ) (1 4 ) (1 4 ) 1

Ta c ó

2

(1 4 ) 16 8 13 16 8 13

Từ đó suy ra VT bđt trên 16 4( ) 39 1

2 2

x y z

      (đpcm) Dấu bằng xảy ra khi 1

3

x   y z a b c 

1,0đ

1,0đ

1,0đ 1,0đ

1,0đ

1,0đ 1,0đ

1,0đ

Câu III ( 4 điểm)







AKO CKO AKC XKY AKC XKO YKC

Theo định lý Sin trong các tam giác AKY, XKO, OKY, YKC thì đẳng thức trên

tương đương với XO YO AK CK . . 2 1

XA YC KO  (1) Tương tự  

2

2

XO YO AL CL XLY ALC

XA YC OL

Từ (1) và (2) ta cần chứng minh AK CK. 2 AL CL.2

KO  OL (*) Nhưng (*)đúng theo Định lý Sin trong các tam giác KOA, KOC, LOA, LOC

Ta có đpcm

Câu IV ( 4 điểm)

Cho n 1, 2,3 ở giả thiết rồi nhân từng vế ta được 144 x x3 ( 1 x2 )(x2 x x3 )( 3 x4 )

4 3 ( 2 1 ) 2 , 3 5 4 ( 3 2 ) 2 3

x x x x  x x x x x  x

144 x x x( x ) 2 3  x x  144 6  x  x  1; 2

- Nếu x3   1 144 (  x1 x2 )(1 x2 )(1 x1 x2 )

Các cặp gồm 2 số tự nhiên liên tiếp là ước của 144 là (1, 2),(2,3),(3, 4),(8,9)

Mà x1 x2  2 nên ta chỉ có các trường hợp sau:

+ nếu x1 x2   2 x1  21,x2  23 (lo ại)

+ nếu x1 x2   3 x1  11,x2  8 (lo ại)

+ nếu x1 x2   8 x1  7,x2  1,x4  8,x5  16,x7  3456.

- Nếu x3   2 144 2(  x1 x2 )(2 x2 )(2 2  x1  2 )x2  36 (  x1x2)(2 x2)(1 x1x2)

Các cặp gồm 2 số tự nhiên liên tiếp là ước của 36 là (1, 2),(2,3),(3, 4)

Lý luận tương tự trên ta cũng thu được x 7 3456

Vậy kết quả của bài toán là x 7 3456

Câu V( 4 điểm)

Sắp xếp các phần tử của X theo thứ tự tăng dần x1 x2  x3n2

Đặt X1 x x1 , , , 2 x n2 ,X2 x n21,x n22, ,x2n2,X3 x2n21,x2n22, ,x3n2

Ta định nghĩa hàm f X: 1 X2 X3  X X như sau:

( , , ) ( , )

f a b c b a c b  Ta có 6

X X X n v à f X( 1 X2 X3 ) X X Tập f X( 1 X2 X3 ) gồm các cặp số mà tổng của chúng lớn nhất bằng n 3 1

Số phần tử của tập f X( 1 X2 X3 ) không vượt quá

3 1 3 3 6

1

( 1)

n k

k









Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 3 phần tử của X1 X2 X3 l à ( , , )a b c i i i (i 1, 2,3)

1,0đ

1,0đ 1,0đ 1,0đ

1,0đ

1,0đ 1,0đ 1,0đ 1,0đ

1,0đ 1,0đ

có chung ảnh thuộc f X( 1 X2 X3 )

Đặt x0  b c y1 1 , 0  c1 a z1 , 0 a1  b1 Ta có 3 số này là nghiệm không tầm thường của

hệ đã cho

Mặt khác các a i không thể bằng các b j vì các tập X X1 , 2 rời nhau Tương tự ta có

,

a c c b Ngoài ra nếu ta có a1 a2 thì các bộ ( , , )a b c1 1 1 và ( , , )a b c2 2 2 đồng nhất

nhau Do đó 9 số thu được phân biệt nhau hoàn toàn Ta có đpcm

1,0đ

1,0đ