HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊNVÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10 Đáp án + Biểu điểm gồm 04 trang - Lưu ý: N
Trang 1HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN
TOÁN KHỐI 10
( Đáp án + Biểu điểm gồm 04 trang)
- Lưu ý: Nếu thí sinh trình bày lời giải khác so với hướng dẫn chấm mà đúng thì
vẫn cho điểm từng phần như biểu điểm.
4
điểm Đặt
3 -1, 3 1
x y
Viết lại hệ đã cho thành
a b
Ta có phương trình (1) 3b23 2 b a 1 6 a26a20
thay b2 1-a2 từ pt(2) ta thu được
2
a b x y
- Với 6a2 6a20 9 6 b9a 6ab0 ta có
VT a a Vậy pt này vô nghiệm
KL: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ) 1 13 4;
x y
0.5
1,5 0,5 1,0 0,5
4
điểm
( Học sinh tự vẽ hình)
Gọi tâm đường tròn nội tiếp hình thang là O Các tiếp điểm của (O)
với AB, CD, BC lần lượt là E, F, G
Đặt x EB Ta có OEBOGB BG x
Đặt y FC . Chứng minh tương tự ta có GC y
Mặt khác, hai tam giác vuông EOB và FCO đồng dạng nên ta có
6
EOFC y
Đặt 'x EA y, 'FD. Hoàn toàn tương tự ta cũng thu được
' ' 36 (2)
x y
Từ giả thiết ta lại có x x ' 16, y y ' 12 (3)
0,5 1,0 0,5
Trang 2Giải hệ (1), (2), (3) ta thu được
, , ', ' 4,9,12,3 , , ', ' 12,3,4,9
x y x y
x y x y
Theo giả thiết BC AD x y x y ' ' nên bộ nghiệm thứ hai bị
loại Kết luận BC 13
1,0 1,0
4
điểm Cho
0
y vào i) ta được
0 0 0 0 1 0 (*)
f f f x f x f f x f
- Nếu f 0 1, cho x 0 vào (*) ta được f 0 0 (trái giả thiết)
- Vậy f 0 1 Cho y 0 vào ii) ta được
f x f x x Như vậy tập giá trị của f chỉ là 0;1
Cho y 2 vào i) ta được f 2x 2f x Từ giả thiết
10 0 10 1 5 1
f f f
Cho y 5 vào i) ta được f 5x f 5 1 x
Lại cho x y vào i) ta được f x 2 f x f 4 f 2 0
Ta cũng có f 2 f 2.1 f 1 0
Giả sử f 3 1 Cho x5,y3 vào ii) thu được
f 2 1 f 3 f 5 0 f 2 1 (mâu thuẫn)
Vậy ta luôn có f 1 f 2 f 3 f 4 0 (**)
Bây giờ, giả sử x thỏa mãn f x Ta viết 1
x k r k r r
Khi đó f x 5 1 f x f 5 0 f x 1 f x 5 1
Đặc biệt f 5 f 0 5 f 0 1
Tương tự
f x5 1 f x f 5 0 f x 1 f x 5 1
Từ đó nếu f 5k r 1 với 0 r 5 thì ta phải có
f k r f r , tuy nhiên kết luận này mâu thuẫn với (**)
Vậy r 0
Tóm lại: mọi giá trị n cần tìm để f n là 0 n5 ,k k
1,0
1,5
1,0
0,5
Trang 3Câu 4 Nội dung Điểm
4
điểm
Ta có
4
1
1
a bc ac b cd bd c da ac d ab bd VT
a
c da ac da
a
da a da
1 ) 1
Bunhiacopxki
b
d ab bd ab
b
ab b ab
a bc c b cd d
abc c
(*)
c ad a d ab b
(*)
4
Cauchy
ad bc c ab cd d bc da a cd ab b VP
Từ đó ta có bđt đã cho được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi a b c d 1
2,0
2,0
4
điểm
a) Lấy tập A gồm 4n số: 1,2,…,4n và tập B gồm 2n số chẵn: 4n+2,
4n+4,…,4n+4n
Khí đó S A B là tập thỏa mãn yêu cầu bài toán
Thật vậy: S có 6n phần tử phân biệt, BCNN của 2 số chẵn trong B
2
8
2
n
Còn BCNN của 2 số trong A, hoặc 1 số trong A và
1 số trong B tích của chúng 4 8n n32n2
0,5 1,0
Trang 4b) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Nếu tập U gồm m+1 số nguyên dương m phân biệt và tất cả 2
các số này đều không nhỏ hơn m, thì luôn tồn tại 2 phần tử của U
sao cho BCNN của chúng lớn hơn m2
- Chứng minh bổ đề:
Gọi các phần tử của U là
1
i
u u m
Ta chia đoạn
1
1 1;
u m
thành m đoạn con có độ dài bằng nhau Theo
nguyên lí Dirichlet, ,i j thỏa mãn 1 i j m 1 để 1 1,
i j
u u thuộc
1
j i
j i i j
u u
u u u u
có mẫu số cuối cùng là BCNNu u i, j còn tử
số là một số dương Do đó BCNNu u i, j m2 Ta có bổ đề được
chứng minh
- Quay lại bài toán: Cho m3 n Lấy 3n 1 phần tử lớn nhất của
tập T, ta có chúng đều 3 n Áp dụng bổ đề nêu trên ta có điều phải
chứng minh
1,0
1,0 0,5
Người ra đề
Đào Quốc Huy