Đáp án Đề đề xuất thi học sinh giỏi lớp 10 môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc (khối chuyên) năm học 20132014

Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên MI MC 3.. Vậy tứ giác NHIK nội tiếp.. Suy ra tứ giác AIHS nội tiếp... Gọi T là trung điểm của cạnh SA.. Gọi P là tập tất cả những số s đ

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN MÔN TOÁN HSG 10 - CHUYÊN Câu 1 (3,0 điểm)

a

(1,5điểm)

y xy  xy  y

0

y không thoả mãn hệ y0 chia hai vế phương trình thư nhất trong hệ cho y và

chia hai vê phương trình thứ hai trong hệ cho y ta được

0.25

0.50

Đặt

7 3

a x y

y

   







0.25

Hệ có dạng

2

8

 





3 8

b

(1,5điểm)

Nhận xét   2

2

f x x  thoả mãn f  1  3, f  3  11,f  5  27

0.50 Xét đa thức Q x P x  f x  là đa thức bậc 4 có các nghiệm là x1,x3,x5

0.25 Nên Q x   x 1x 3x 5xm

0.25

Ta có P   2 Q   2 f    2 216 105 ,  m P 6 Q 6  f  6  128 15  m

0.25 Vậy P   2 7P 6  216 105  m 7 128 15  m 1112

0,25

Câu 2 (1,5 điểm)

PT x  y   x  y  

16x 8x y 7 y 7 0  4x y 7  0

0.25

4x y 7 0 2x y 2x y 7

0.25

Do x y nguyên dương nên 2, x y 2x và 2y x y 0

0.25

Vậy 2 7    ; 2;3

x y

x y

x y

 



  

Vậy phương trình có nghiệm x y;    2;3

0.25

Câu 3 (3,0 điểm)

1) (1,5 điểm).

2

OAC  AOC ABCBAH mà AI là phân giác góc A nên HAI OAI, suy ra

tam giác ANA' cân tại A.

0,25

Gọi L là giao điểm của MA và BC.

HKN  HNK HAM LAA , suy ra tứ giác ALA'K nội tiếp.

Do đó MA MK' ML MA. (1)

0,5

Dễ thấy ngay hai tam giác MCL và MAC đồng dạng, suy ra 2

Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên MI MC (3) 0,25

Từ (1), (2), (3) suy ra 2  0

MN MK MI NIK  Vậy tứ giác NHIK nội tiếp. 0,25

2) (1,5 điểm)

* Từ tứ giác NHIK nội tiếp suy ra    IHK INK IA M' IAD Suy ra tứ giác AIHS nội tiếp Do 0,25

C

M

N

I

H

A' O

A

B

C

M

l

T

S

D

N

H

A' O

A

B

đó   0

90

AISIHS

Gọi T là trung điểm của cạnh SA Khi đó TIA   TAI INK MIK, suy ra ba điểm T I K, , thẳng

hàng (4)

0,25

* Tiếp theo ta sẽ chứng minh L là trung điểm của SK.

Ta có AI AB

LC  AC  BC  AB AC  BC  



Do đó AI 2

IL  (5)

0,50

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ASL với cát tuyến TIK ta có:

TA KS IL

TS KL IA (6) Từ (5) và (6) suy ra KS  2KL , tức L là trung điểm của SK (7).

Từ (4) và (7) suy ra I là trọng tâm tam giác AKS (đpcm).

0,50

Câu 4 (1,5 điểm)

Ta có 2 2  

4

c

ac a 

0.25

 

2 2

2 4

d

bdb 

0.25

3

c d cd

0.25

Cộng vế      1 , 2 , 3 ta có

c d cd

8 ; ; ; ;1; 2; 2

2

P  a b c d  

   Vậy giá trị lớp nhất cảu P bằng 8.

0,25

Câu 5 (1,0 điểm)

Đặt n 2014 Giả sử các phần tử của M thoả mãn a1a2  a n

Đặt S0  0, S m  a1 a2   a m0  m n

Gọi P là tập tất cả những số s được xác định trong đề bài i

0.25

Kí hiệu P m  s P S| m1  s S m với m1, 2,3, ,n Ta chứng minh cách chia P thành các tập P m

như vậy thoả mãn điều kiện bài toán Muốn vậy ta chỉ cần chứng minh bP m thì S m 2b 0.25

Thật vậy bS m1 a1 a2  a m1 và

1

k

h i k



 nên phai tồn tại i để k i k m 0.25 Vậy ba i a m S mS m1S m b 2bS m 0.25