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.. Trên mặt phẳng cho n
Trang 1TRẠI 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:
6
x x x x
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 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 3: (4,0 điểm)
Cho a , b , c 0 Chứng minh rằng:
2
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 , (b1)c , ab – a + c chia hết)c , ab – a + c chia hết
cho m Chứng minh rằng abn + cn + d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n
-Hết -GV ra đề : Đào Văn Lương ; ĐT : 0912.649.581
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN, LỚP: 1)c , ab – a + c chia hết0 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:
6
x x x x
ĐK : x 2
6
x x x x
6
x x x x
6
x
x x
3
3
1)c , ab – a + c chia hết,0
1)c , ab – a + c chia hết,0
1
x (trong đó g(x)=0 vô nghiệm) 1)c , ab – a + c chia hết,0
3
2 2 7 ( ) 3
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là x 6 và 2 2 7
3
x 1)c , ab – a + c chia hết,0
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
Trang 3a) 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
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)c , ab – a + c chia hết) Từ KI/ /BC BCF KIF (2)
Từ (1)c , ab – a + c chia hết) 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 KI2P 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),
1.0
1.0
A
K
L
M
E F
I O
D X
Trang 4(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
1.0
1.0
3 Câu 3: (4,0 điểm) Cho a , b , c 0 Chứng minh rằng
2
Với x , y > 0 ta có các bất đẳng thức sau :
i 1)c , ab – a + c chia hết 1)c , ab – a + c chia hếtx y x y4
ii x y 1)c , ab – a + c chia hết2 x y
Thật vậy :
1)c , ab – a + c chia hết 1)c , ab – a + c chia hết 4
x y x y
x y 1)c , ab – a + c chia hết2 x y 2.(x y ) x y2 x y2 0
Do đó ta có bất đẳng thức i) và ii) :
Áp dụng i ta có : a b
c
2
Tương tự : 1)c , ab – a + c chia hết
2
1)c , ab – a + c chia hết
2
Suy ra : a b b c c a
2
(*)
Áp dụng ii và i ta có : 1)c , ab – a + c chia hết 1)c , ab – a + c chia hết 4
b c b c
2 2
b c
Suy ra : a a
a
b c
Tương tự : b b 2 2 b
c a c a
b b 2 2 b
c a c a
1,0
1,0
Trang 5Suy ra : a a b b c c
b c c a a c
(**)
Từ (*) và (**) ta có bất đẳng thức của đề bài
a b b c c a 2 a b c
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : a = b= c
1.0
1.0
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 Sn là số miền của mặt phẳng được tạo bởi n đường thẳng đã cho
Bây giờ ta xét n+1)c , ab – a + c chia hết đường thẳng a1)c , ab – a + c chia hết; a2;…an+1)c , ab – a + c chia hết thoả mãn điều kiện đề bài Rõ ràng n đường thẳng a1)c , ab – a + c chia hết; a2; an chia mặt phẳng thành Sn miền Xét đường thẳng thứ n+1)c , ab – a + c chia hết
là an+1)c , ab – a + c chia hết Các giao điểm của an+1)c , ab – a + c chia hết với các đường thẳng a1)c , ab – a + c chia hết; a2; an chia đường thẳng
an+1)c , ab – a + c chia hết thành n+1)c , ab – a + c chia hết 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 Sn miền đã
cho và chia miền này thành 2 miền mới Do vậy Sn+1)c , ab – a + c chia hết =Sn+n+1)c , ab – a + c chia hết; n 1)c , ab – a + c chia hết
Suy ra:
S S
4 S S
3 S S
2 S S
1)c , ab – a + c chia hết n n
3 4
2 3
1)c , ab – a + c chia hết 2
an+1)c , ab – a + c chia hết A1)c , ab – a + c chia hết A2 ………An
Sn =S1)c , ab – a + c chia hết+2+3+…+n = 1)c , ab – a + c chia hết
2
) 1)c , ab – a + c chia hết n ( n
=
2
2 n
n2
; n 1)c , ab – a + c chia hết b) Ta đi chứng minh bài toán bằng phương pháp qui nạp theo n
1.0
1.0
Trang 6Với n = 1)c , ab – a + c chia hết bài toán hiển nhiên đúng.
Giả sử bài toán đúng với n , ta cần chứng minh bài toán đúng với n+1)c , ab – a + c chia hết Xét các
miền mặt phẳng tạo bởi n đường thẳng đầu tiên a1)c , ab – a + c chia hết; a2; anTheo giải thiết qui nạp ta
có thể tô Sn miền này bằng hai màu thoả mãn điều kiện đề bài
Theo lập luận của câu a) đường thẳng an+1)c , ab – a + c chia hết bị n đường thẳng a1)c , ab – a + c chia hết;a2…an chia thành
n+1)c , ab – a + c chia hết đoạn và mỗi đoạn thuộc vào một miền của Sn 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 an+1)c , ab – a + c chia hết và đổi ngược màu của mỗi một miền nằm ở nửa mặt phẳng phía dưới của đường thẳng an+1)c , ab – a + c chia hết Rõ ràng lúc này toàn bộ Sn+1)c , ab – a + c chia hết miền được tô bẳng hai
màu và cứ hai miền chung cạnh thì khác màu
Vậy bài toán đúng với n +1)c , ab – a + c chia hết , do đó nó đúng n 1)c , ab – a + c chia hết; n N (đpcm)
1.0
1.0
5 Câu 5: (4,0 điểm)
Cho a, b, c, d , m là các số tự nhiên và a + d , (b1)c , ab – a + c chia hết)c , ab – a + c chia hết cho m Chứng minh rằng abn + cn + d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n
Giải
Đặt Tn = a.bn + c.n + d,nN.
Ta chứng minh “T n chia hết cho m” (*) bằng qui nạp theo n.
- Với n = 0 ta có: T0 = (a +d) m ( theo gt) do đó (*) đúng với n = 0
- Giả sử (*) đúng với n = k, nghĩa là Tk m
- Ta chứng minh (*) đúng với n = k+1)c , ab – a + c chia hết
Thật vậy, ta có Tk+1)c , ab – a + c chia hết – Tk =
= a.bk+1)c , ab – a + c chia hết – a.bk + c
= bk.(a.b – a + c) – bk.c + c
= bk.(a.b – a + c) – c.(bk –1)c , ab – a + c chia hết)
= bk(ab – a + c) – c(b -1)c , ab – a + c chia hết)(bk-1)c , ab – a + c chia hết + + b + 1)c , ab – a + c chia hết)
Do đó: (Tk+1)c , ab – a + c chia hết – Tk ) m ( vì theo giả thiết ta có ab – a + c và (b–1)c , ab – a + c chia hết)c m) Mà Tk
m (theo giả thiết qui nạp), nên Tk+1)c , ab – a + c chia hết m
Vậy Tn m n N.
1.0 1.0
1.0 1.0