TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII NĂM 2016 MÔN TOÁN KHỐI 10 Có đáp án chi tiết

Ta luôn chứng minh được : Nếu AB và CD là hai dây cung bằngnhau của đường tròn tâm O thì A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình thang.. Mà các đường chéo chỉ có 6 độ dài khác nhau nên tồn tại

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO –

& &

TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG

VƯƠNG LẦN THỨ XII NĂM 2016

MÔN TOÁN KHỐI 10

Có đáp án chi tiết

2016

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG LỚP 10

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT (Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 (04 điểm): Giải hệ phương trình

2 2

Câu 3 (04 điểm): Cho a b c, , là các số thực thỏa mãn a b b c c a        0 Chứng minh rằng:

Câu 4 (04 điểm): Cho đa giác đều (H) có 14 đỉnh Chứng minh rằng trong 6 đỉnh bất

kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của một hình thang

Câu 5 (04 điểm): Gọi x x1, 2 là nghiệm của phương trình x2  6x 1  0 Với mọi sốnguyên n, đặt n n

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN- LỚP10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định.

A

B' C'

H

O T

E

F

I J K

Từ giả thiết có MN/ /BC và tứ giác BCB C  nội tiếp Từ đó suy ra tứ giác

B C MN  nội tiếp

Gọi T là giao điểm của B C  và MN ; I J, theo thứ tự là trung điểm của

AO và AH

1,00

Do tứ giác B C MN  nội tiếp nên suy ra TM TN TC TB    Do đó AT là trục

đẳng phương của hai đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMON và AB HC 

Từ đó : TAIJ (1)

Dễ thấy OAB C  (2)

1,00

Ta có MAK C B H&  &   ( do tứ giác AB HC nội tiếp) ; &AMN  &AB C  ( do tứ

giác B C MN  nội tiếp) Mà C B A C B B&    &    90 0 Từ đó suy

& & 90 0

KMA KAM  hay TF AE (3)

Từ (2) và (3) suy ra F là trực tâm của tam giác TAE

1,00

Do vậy EF TA (4) Từ (1) và (4) suy ra IJ / /EF , mà I J là đường trung

bình của tam giác AOH nên OH // I J Do đó E F // OH 1,00

Ta luôn chứng minh được : Nếu AB và CD là hai dây cung bằng

nhau của đường tròn tâm (O) thì A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình thang

1,00

Gọi A A A là đa giác đều 14 đỉnh nội tiếp đường tròn (O) Suy1 2 14

ra các đường chéo qua tâm của đa giác là A A A A1 8, 2 9, ,A A ( ta gọi tạm7 14

là đường chéo chính)

Các đường chéo của đa giác xuất phát từ A và đối xứng qua 1 A A1 8

thì bằng nhau Như vậy chúng chỉ có 6 độ dài bằng nhau

1,00

Xét tương tự cho các đường chéo chính còn lại Do A A A là đa1 2 14

giác đều và từ các nhận xét trên suy ra các đường chéo còn lại không phải

đường chéo chính của đa giác đều này chỉ có 6 độ dài đôi một khác nhau

1,00

Với 6 điểm bất kì, không có 3 điểm nào thẳng hàng (là 6 đỉnh của

1 đa giác đều), có (6.5) : 2 = 15 đoạn thẳng nối chúng lại với nhau, trong

đó có không quá 5 đoạn thẳng là cạnh Do vậy có ít nhất 10 đoạn thẳng là

đường chéo Mà các đường chéo chỉ có 6 độ dài khác nhau nên tồn tại 2

đường chéo bằng nhau là 2 dây cung của đường tròn ngoại tiếp đa giác

đều và do đó từ 4 đỉnh thuộc hai đường chéo này sẽ cho ta một hình

thang

1,00

5

Hiển nhiên x1, x2 khác không và x1x2  6 , x1.x2  1

Với n là số nguyên, ta có các trường hợp sau:

+ n 0 ,S0  2 thuộc Z và không chia hết cho 5

+ Với n 0, Ta có:

34 ,

2

2 1 2

1  S x x 

S là các số nguyên và không chia hết cho 5

Giả sử S0,S1,S2, ,S n1Z và không chia hết cho 5, với n 3, ta chứng

minh S n là số nguyên và không chia hết cho 5

1,00

Ta có:

) (

) (

6

) (

) )(

(

) (

) (

) (

2 2

2 1

1 2

1 1

2 2

2 1 2 1

1 2

1 1 2 1

2 2

2 1 2 1

1 2

1 1 2

1 2

1 1 1

1 2 1

1 1 2

1 2 1

1 1 2 2 1 2 1

n

n n n

n

n n n

n n

n

n n

n n

n n n n n

x x x

x

x x x x x

x x x

x x x x x

x x x

x x

x x x x x x x x x x x x S

m m m m

m m m m m m n n

x x

x x x x

x x x x x x x x

2 1

2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2

1 1

Với m là số nguyên dương, tương tự như chứng minh trên x1mx2m là số

nguyên và không chia hết cho 5 Hay S n là số nguyên và không chia hết

Câu 2 (3 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương Chứng minh rằng:

32

ab b  bc c  ca a 

Câu 3 ( 6 điểm ) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O) B’ là điểm

đối xứng với B qua AC BM là trung tuyến của tam giác ABC, BM cắt (O) tại N Lấy

K sao cho AKCN là hình bình hành HM cắt (O) tại D Gọi H là trực tâm của tam giác

ABC

Chứng minh rằng

a, BD, HK, AC đồng quy

b, KB’ cắt AC tại P Đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC giao AB tại X khác B

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP giao với BC tại Y khác B Chứng minh đường

tròn (BXY) đi qua điểm K

Câu 4 (4 điểm) Tìm p nguyên tố thỏa mãn 2p  p| 3p  p

Câu 5 (3 điểm) Cho 81 số nguyên dương phân biệt sao cho các ước nguyên tố của

chúng thuộc tập {2,3,5} Chứng minh rằng tồn tại 4 số trong 81 số trên mà tích của

chúng là lũy thừa bậc 4 của 1 số nguyên nào đó

Câ

u

+ ĐK: 7; 1

2

x y + Biến đổi (1) được: 4xy 2y8 xy 2y  4 x y 2

Nhận thấy x 1 là một nghiệm của phương trình

Xét x  1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 1 hoặc x 3.

S x y z S

+ ³

Bất đẳng thức được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi a= = b c

1,0

a) 3 diểm

Kẻ BO cắt (O) tại B’’ Dễ chứng minh được H, M , B’’ thẳng hàng Suy ra BDH & 90 0

Có &AKC &ANC 180 0  &ABC  &AHC Suy ra A, H, K , C nội tiếp một đường tròn, gọi là

b, 3 điểm Gọi AY CX = {K’} Ta đi chứng minh K’  K

Ta có &BXC BPC &  180 0  &BPA 180 0  &BYA Suy ra K’ thuộc (BXY)

1,0

Lại có YKC&  &ABC YPC & dẫn đến K’ thuộc (YPC)

Có KPC KYB BPA APB&  &  &  & ' suy ra K’ , P, B’ thẳng hàng

1,0

Hơn nữa &AK C'  &XK Y'  180 0  &ABC &AHC K' (  AHC).

Từ đó ta có K’  K Và có điều phải chứng minh

1,0

4 Giả sử tồn tại p nguyên tố thỏa mãn 2p  p| 3p  p.

Dễ thấy n 1 Gọi qlà ước nguyên tố bất kỳ của n

Suy ra 3p  2 modp q Dễ thấy q 2,q 3

Suy ra gcd 2, q  1 Do đó theo tính chất hệ thặng dư đầy đủ, tồn tại x  sao cho

Suy ra 1 2 mod p   (vô lý)

Vậy không tồn tại p nguyên tố thỏa mãn 2p  p| 3p  p

1,0

5 Ta có mỗi số nguyên dương của bài có thể biểu diễn dưới dạng 2 i 3 i 5 i

  Xét đồng dư, ,

i i i

   modulo 2 Ta có mỗi   i, ,i i có thể có 2 số dư khác nhau modulo 2, do đó có

thể có 2 2 2 8    dạng khác nhau của các lũy thừa này

1,0

Theo nguyên lý Dirichle, có 2 số có cùng dạng số mũ, vì

81 1.





bộ như vậy

1,0

Ta thấy các số a i - là số tự nhiên vì a i là số chính phương ( Và ta lại thấy số mũ của

các số có cùng dạng số mũ theo modulo 2 Theo nguyên lý Dirichle, ra có 2 số a m

à n

v a thỏa mãn các thành phần của chúng có cùng số dư modulo 2 của số mũ, vì

36 1.

Xét tích của a m và a n và ta được lũy thừa bậc 4, vì chúng cùng là số chính phương và

cùng ố dư modulo 2 của số mũ,đpcm

1,0

Chú ý khi chấm:

1 Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải Bài làm của học sinh phải chitiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa Các cách giải khácnếu đúng vẫn cho điểm Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không được quá

số điểm dành cho câu, phần đó

2 Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổchấm và ghi vào biên bản

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

Vẽ đường kính AD và gọi H là trực tâm của tam giác ABC

Các tứ giác CDFA và CDHE nội tiếp nên

Vì hai tam giác vuông BDH và ADC đồng dạng nên BD DC AD DH.

Kết hợp với đẳng thức trên ta được

Từ đó hai tam giác vuông DAQ và DPH đồng dạng nên HPD QAD&  & Có

thể viết lại đẳng thức trên là BPH& BAD BAQ&  & Vì BQ là tiếp tuyến của

(AFQ) nên

& & & &

1,0

Từ (1) và (2) suy ra

0

Gọi S là giao điểm của PE và QF Khi đó

& 0 & & & &

Nếu S nằm giữa P và E thì & 0 &

180

PSQ  ESF Nếu E nằm giữa P và S

thì PSQ ESF&  & Trong cả hai tình huống thì PSQ EAF&  & Từ đó ta nhận

được S nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF

Với n 1; 2; 3 thì (*) đúng Giả sử

2 3

16

216

A p

là một số chính phương và là luỹ thừa số mũ chẵn của p, tức là A r k2.

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI LỚP 10

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề này có 1 trang, gồm 5 câu)

Câu 1: (4,0 điểm)

Giải phương trình:    

3 2 6

Cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn tâm I Đường tròn  tâm O ngoại tiếp

tam giác ABC Các đường thẳng . AI BI CI cắt lại đường tròn , ,  lần lượt tại các điểm thứ hai ở , , D E F Các đường thẳng đi qua I song song với BC CA AB lần lượt cắt các đường, , thẳng EF DF DE tại các điểm , , , , K L M

a) Chứng minh , ,K L M thẳng hàng và nằm trên đường thẳng vuông góc với OI .

b) Gọi X là giao điểm của AI và EF Y là giao điểm của BI và , DF Z là giao điểm,

của CI và DE Điểm P bất kỳ trên đường thẳng BC (. P B , P C , P AI ) Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác PDX PEY PFZ cùng đi qua điểm Q, ,

(Q P )và Q thuộc một đường tròn cố định khi P thay đổi trên đường thẳng BC .

Câu 4 : (4,0 điểm) Trên mặt phẳng cho n đường thẳng trong đó không có hai đường thẳng

nào song song và không có ba đường thẳng nào đồng qui.

a) Hãy tính số miền của mặt phẳng được tạo thành bởi n đường thẳng đó.

b) Chứng minh rằng ta có thể tô các miền mặt phẳng trên bằng một trong hai màu sao cho hai miền có cạnh chung thì khác màu.

Câu 5: (4,0 điểm) Cho a, b, c, d , m là các số tự nhiên và a + d , (b1)c , ab – a + c chia hết

cho m Chứng minh rằng ab n + cn + d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n

-Hết -GV ra đề : Đào Văn Lương ; ĐT : 0912.649.581

HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN: TOÁN, LỚP: 10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm

đã định

1 Câu 1: (4,0 điểm) Giải phương trình:   

3 2 6

2 Câu 2: (4,0 điểm).Cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn tâm I Đường tròn  tâm

O ngoại tiếp tam giác ABC Các đường thẳng . AI BI CI cắt lại đường tròn , , 

lần lượt tại các điểm thứ hai ở , , D E F Các đường thẳng đi qua I song song với

BC CA AB lần lượt cắt các đường thẳng EF DF DE tại các điểm , , , , K L M

a) Chứng minh , ,K L M thẳng hàng và nằm trên đường thẳng vuông góc với

.

OI

b) Gọi X là giao điểm của AI và EF Y là giao điểm của BI và , DF Z là,

giao điểm của CI và DE Điểm P bất kỳ trên đường thẳng BC (. P B , P C ,

P AI ) Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác

định khi P thay đổi trên đường thẳng BC .

IO

DX

a)Trước hết ta chứng minh KA là tiếp tuyến của đường tròn  Thật vây, dễ chứng minh được các tam giác FAI FBI cân tại ,, F suy ra FA FI FB, tương tự ta có

EA EI EC suy ra EF là trung trực của AI.

Do đó &KIF KAF& (1) Từ KI / /BC &BCF &KIF (2)

Từ (1) và (2) suy ra KA là tiếp tuyến của 

Chứng minh tương tự, ta cũng có LB MC là tiếp tuyến của , 

Gọi ' là đường tròn tâm I bán kính bằng 0

Theo tính chất của phương tích, ta có P K/ KA2KI2 P K/ ' Chứng minh tương

tự ta có P L/ P L/ ' ,P M/ P M/ '. Suy ra , ,K L M thẳng hàng và nằm trên đường

thẳng vuông góc với OI.

b)Ta có I là trực tâm của tam giác DEF  ID I X IE IY IF IZ  IP là trục đẳng phương của 3 đường tròn (PDX),(PEY),(PFZ suy ra 3 đường tròn),

(PDX),(PEY),(PFZ cùng đi qua điểm Q ), (Q P )

Hơn nữa ID I X IE IY IF IZ IP IQ và P thuộc đường thẳng BC, nên theo tính

chất của phép nghịch đảo, suy ra Q thuộc đường tròn là ảnh của đường thẳng BC qua phép nghịch đảo tâm I phương tích ID I X .

i 1 1x y x y4



ii x y  12 x y

4 Câu 4 : (4,0 điểm) Trên mặt phẳng cho n đường thẳng trong đó không có hai

đường thẳng nào song song và không có ba đường thẳng nào đồng qui.

a) Hãy tính số miền của mặt phẳng được tạo thành bởi n đường thẳng đó.

b) Chứng minh rằng ta có thể tô các miền mặt phẳng trên bằng một trong hai màu sao cho hai miền có cạnh chung thì khác màu.

Giải:

a) Gọi S n là số miền của mặt phẳng được tạo bởi n đường thẳng đã cho.

Bây giờ ta xét n+1 đường thẳng a 1 ; a 2 ;…a n+1 thoả mãn điều kiện đề bài Rõ ràng n đường thẳng a 1 ; a 2 ; a n chia mặt phẳng thành S n miền Xét đường thẳng thứ n+1

là a n+1 Các giao điểm của a n+1 với các đường thẳng a 1 ; a 2 ; a n chia đường thẳng

a n+1 thành n+1 phần (Vì không có ba đường thẳng nào // và không có ba đường

nào đồng qui).Và mỗi một phần này thuộc vào đúng một miền trong S n miền đã

cho và chia miền này thành 2 miền mới Do vậy S n+1 =S n +n+1;  n  1

3SS

2SS

1 n n

3 4

2 3

1 2

n2





;  n  1 b) Ta đi chứng minh bài toán bằng phương pháp qui nạp theo n.

Với n = 1 bài toán hiển nhiên đúng.

Giả sử bài toán đúng với n , ta cần chứng minh bài toán đúng với n+1 Xét các

miền mặt phẳng tạo bởi n đường thẳng đầu tiên a 1 ; a 2 ; a n Theo giải thiết qui nạp ta

có thể tô S n miền này bằng hai màu thoả mãn điều kiện đề bài.

Theo lập luận của câu a) đường thẳng a n+1 bị n đường thẳng a 1 ;a 2 …a n chia thành

n+1 đoạn và mỗi đoạn thuộc vào một miền của S n và chia mỗi miền này thành 2

miền mới.

Ta giữ nguyên màu của toàn bộ các miền nằm ở nửa mặt phẳng phía trên của

đường thẳng a n+1 và đổi ngược màu của mỗi một miền nằm ở nửa mặt phẳng phía dưới của đường thẳng a n+1 Rõ ràng lúc này toàn bộ S n+1 miền được tô bẳng hai

màu và cứ hai miền chung cạnh thì khác màu

Vậy bài toán đúng với n +1 , do đó nó đúng  n  1; n N (đpcm)

Cho a, b, c, d , m là các số tự nhiên và a + d , (b1)c , ab – a + c chia hết cho m

Chứng minh rằng ab n + cn + d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n

Giải

Đặt T n = a.b n + c.n + d,  n N.

Ta chứng minh “T n chia hết cho m” (*) bằng qui nạp theo n.

- Với n = 0 ta có: T 0 = (a +d)  m ( theo gt) do đó (*) đúng với n = 0.

- Giả sử (*) đúng với n = k, nghĩa là T k  m.

Do đó: (T k+1 – T k )  m ( vì theo giả thiết ta có ab – a + c và (b–1)c  m) Mà T k 

m (theo giả thiết qui nạp), nên T k+1  m.

Vậy T n  m  n  N.

1.0 1.0

1.0 1.0

TOÁN

câu)

Câu 1(4 điểm): Giải hệ phương trình  

Câu 2(4 điểm): Đường tròn (J) bàng tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại A và

phần kéo dài của AB, AC tại ,  C B Gọi (O) và (I) lần lượt làcác đường tròn ngoại tiếp,

nội tiếp tam giác ABC D là trung điểm   B C Chứng minh rằng D thuộc đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC thì A thuộc đường thẳng IO.

Câu 3(4 điểm): Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng :

số hữu hạn bước thực hiện, trên bảng có thể xuất hiện một số nhỏ hơn 1 được không?

Câu 5(4 điểm): Cho số nguyên dương n sao cho

3



n

là tích của hai số tự nhiên liên

tiếp Chứng minh rằng n là tổng của hai số chính phương liên tiếp.

HẾT

-Người ra đề

Lê Xuân Nam (ĐT : 0915 72 55 77) HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN TOÁN LỚP 10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếuđúng cho điểm tối da theo thang

2 2

Ta cần chứng minh bán kính đường tròn (J) gấp đôi bán kính của

đườngtròn ngoại tiếp tam giácABC Ta có: sin

A'

C' I

D O E

Cho x, y, z là ba số số thực dương thỏa mãn xyz 1 Chứng minh rằng

1,0

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN

(không kể thời gian giao đề)

Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

Bài 1 (4,0 điểm) Giải hệ phương trình

Bài 2 (4,0 điểm) Trên các cạnh BC CA AB, , của tam giác nhọn ABC lần lượtlấy các cặp điểm A A B B C C1 , ; , ; , 2 1 2 1 2 tương ứng (A1 nằm giữa B và A2 ; B1 nằm giữa C

và B2 ;C1 nằm giữa A và C2) thỏa mãn & & & & & &

X Y Z và X Y Z2 2 2 cùng nội tiếp trong một đường tròn

Bài 3 (4,0 điểm) Gọi  là tập tất cả các tam thức bậc hai f x( ) ax2bx c với

Bài 4 (4,0 điểm) Trên nửa đường tròn với hai điểm đầu mút là A và B ta lấy

2016 cung c c1 , 2 , ,c2016 thỏa mãn: hai cung bất kì luôn có điểm chung Chứng minhrằng các cung c c1 , 2 , ,c2016 có điểm chung

Bài 5 (4,0 điểm) Chứng minh rằng S  201522014 201622015 là một số vô tỉ

Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay

-Hết-Người ra đề: Lương Ngọc Huyên 0976 813.999

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

(Hướng dẫn này có 04 trang)

Vậy x 1 Thay vào hệ ta được z 2, y 3 Suy ra hệ có nghiệm duy nhất

Bổ đề: Gọi R và R(HBC) ,R(HCA) ,R(HAB) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC và HBC HCA HAB, , Khi đó

BC R

BHC

Mặt khác theo tính chất của trực tâm thì

& & 180 0 sin & sin &

Từ (1) và (2) suy ra R R (HBC) Tương tự ta có (*)

1,5

Theo (*), đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC và ABC có cùng bán

kính R. Áp dụng định lý Sin, ta có HX1  2 sin 90R  o   2 cos R 

(1)

(1) ( 1) ( 1)

Chiếu vuông góc các cung c c1 , 2 , ,c2016 xuống đường thẳng AB ta được

2016 đoạn thẳng A B A B1 1 , 2 2 , ,A2016 2016B (A i ở giữa A và B i) tương ứng

thỏa mãn: giao của hai đoạn thẳng bất kì luôn khác rỗng

1,0

Coi AB là một trục số với chiều dương là chiều từ A đến B Giả sử các

điểm A B i, i có tọa độ tương ứng là a b i, i trên trục đã chọn Từ

Giả sử điểm C' có tọa độ c' trên trục đã chọn, suy ra C' là điểm chung

của tất cả các đoạn A B i i,  i 1, 2016 Gọi d là đường thẳng qua C' và

1,0

Hướng dẫn chấm 4,0 điểm

vuông góc với AB, khi đó d có điểm chung với tất cả các cung

1 , 2 , , 2016

c c c Do đó các cung c c1, 2, ,c2016 có điểm chung

Bài 5 (4,0 điểm) Chứng minh rằng S  2015 2  2014  2016 2  2015 là một số vô tỉ

Vì Q x( )   [ ]x và hệ số của lũy thừa bậc cao nhất của Q x( ) bằng 1 nên

nếu S là một số hữu tỉ thì S phải là số nguyên, vô lí theo chứng minh

trên Vậy S là một số vô tỉ

1,0 -Hết-

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN TỈNH LẠNG SƠN LỚP 10

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT (Đề này có 01 trang, gồm 05

(Nguyễn Tiến Tuấn -0904666896)

Câu 2 (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn (O) với

AB AC Gọi AD là đường phân giác trong của &BAC với D BC ; gọi S, T là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD, ACD Gọi M là trung điểm cung lớn BC của (O)

a Chứng minh rằng ASTM là hình thang cân.

b Các đường thẳng qua B, C và vuông góc với AD lần lượt cắt đường thẳng AO

tại E, F Gọi P là giao của SE với TF Chứng minh rằng AMPD là hình chữ nhật

Người ra đề

(Nguyễn Thanh Dũng

-01689390545)

Câu 3 (4 điểm) Cho đa thức P x  x4 ax3 bx2 cx1 có các hệ số a, b, c là các số

thực không âm Giả sử phương trình P x  có 4 nghiệm, chứng minh:  0

Câu 4 (4 điểm) Một lớp học có 17 học sinh nam và 20 học sinh nữ Hỏi có tất cả bao

nhiêu cách xếp 37 học sinh đó thành một hàng dọc sao cho xuất hiện đúng một cặpnam - nữ thỏa mãn nam đứng trước nữ?

Người ra đề

(Lương Quốc Tuấn -0983192113)

Câu 5 (4 điểm) Cho đa thức P x  4x3  54x2 243x m , với m Chứng minhrằng tồn tại n sao cho P n   821 với mọi m.

Người ra đề

(Hoàng Đức Cường -0983245181)

HẾT

HƯỚNG DẪN CHẤMMÔN: TOÁN, LỚP:10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang

O

C B

a)

Dễ thấy & 90 0 & 90 0 & & 90 0

A B C ABS   ADB  ACD CAD   C   ,

0,5

mặt khác &ABM 12sd MAB AB&  &  B C2 suy ra &ABS &ABM suy ra B, S, M

thẳng hàng Tương tự thì C, T, M thẳng hàng.

0,5

Mặt khác &ASB 2 &ADB ATC & , suy ra &ASM  &ATM suy ra ASTM nội tiếp (1).

Chú ý AM, AT là các phân giác trong và ngoài góc &BAC nên AM AD

0,5

Hơn nữa, ST là trung trực của AD nên ST AD Do đó suy ra ST AM (2)

Từ (1) và (2) suy ra ASTM là hình thang cân.

AEB  DAE  BAO BAD    C   C ADB

suy ra AEDB nội tiếp Tương tự thì ACFD nội tiếp

Nhận xét Thực chất A là tâm đồng dạng chuyển BS thành CT Bài toán là

việc cộng góc thuần túy và sử dụng tính đối xứng kết hợp với 2 hình thang

cân ASTM, STPD Từ đó sinh ra hình chữ nhật thú vị AMPD

+ Ta còn thu được rất nhiều kết quả hay từ mô hình này:

- PE=PF

- DEPF nội tiếp

- Gọi X là giao của AD với (DEF) thì XE=XF Do đó, XP là trung

trực của EF

- Gọi Y là giao của ST với BC thì SA là tiếp tuyến của (O)

+ Mô hình này còn nhiều tính chất rất thú vị nữa

X

P

M

T S

E

F D

A

O

C B

1

Số các dãy nhị phân thỏa mãn là số nghiệm nguyên của hệ phương trình: 1