-Hết-Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.. Người ra đề: Lương Ngọc Huyên... Gọi H là trực tâm tam giác ABC.. Bổ đề: Gọi R và RHBC,RHCA,RHAB lần lượt là bán kính đường
Trang 1TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
-ĐỀ THI MÔN TOÁN
LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút
(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 lượt lấy 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
AA A = AA A =BB B =BB B =CC C =CC C Các đường thẳng
1, 1, 1
AA BB CC cắt nhau tạo thành tam giác X Y Z1 1 1; các đường thẳng AA BB CC2, 2, 2 cắt nhau tạo thành tam giác X Y Z2 2 2 Chứng minh rằng hai tam giác X Y Z1 1 1 và X Y Z2 2 2 cùng nội tiếp trong một đường tròn
Bài 3 (4,0 điểm) Gọi ℑ là tập tất cả các tam thức bậc hai f x( )=ax2+bx c+ với hệ số thực
và thỏa mãn −2016≤ f(1), ( 1), (0) 2016f − f ≤ Tìm
[ 1;1]
max max ( )
∈ℑ ∈ −
Bài 4 (4,0 điểm) Trên nửa đường tròn với hai điểm đầu mút là A và B ta lấy 2016 cung
1, 2, , 2016
c c c thỏa mãn: hai cung bất kì luôn có điểm chung Chứng minh rằng các cung
1, 2, , 2016
c c c có điểm chung.
Bài 5 (4,0 điểm) Chứng minh rằng S= 20152 +2014+ 20162 +2015 là một số vô tỉ
-Hết-Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay
Người ra đề: Lương Ngọc Huyên 0976 813.999
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
(Hướng dẫn này có 04 trang)
-Bài 1 (4,0 điểm) Giải hệ phương trình
Ta có:
2 2 2
1 3( 1) ( 3) (a)
3 ( 2) ( 2) (b)
2 2( 3) ( 1) (c)
Giả sử ( ; ; )x y z là một nghiệm của hệ
Nếu x>1 thì ( )a ⇒ > ⇒ < ⇒ <y 3( )b z 2( )c x 1, vô lí. 1,0 Nếu x<1 thì ( )a ⇒ < ⇒ > ⇒ >y 3( )b z 2( )c x 1, vô lí. 1,0 Vậy x=1 Thay vào hệ ta được z=2, y=3 Suy ra hệ có nghiệm duy nhất là
Bài 2 (4,0 điểm) Trên các cạnh BC CA AB, , của tam giác nhọn ABC lần lượt lấy các cặp điểm
1, ; , ; ,2 1 2 1 2
A A B B C C tương ứng (A1 nằm giữa B và A2; B1 nằm giữa C và B2; C1 nằm giữa A và 2
AA A = AA A =BB B =BB B =CC C =CC C Các đường thẳng AA BB CC1, 1, 1 cắt nhau tạo thành tam giác X Y Z1 1 1; các đường thẳng AA BB CC2, 2, 2 cắt nhau tạo thành tam giác
2 2 2
X Y Z Gọi H là trực tâm tam giác ABC Chứng minh rằng hai tam giác X Y Z1 1 1 và X Y Z2 2 2 cùng nội tiếp trong một đường tròn
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
(HBC) (HCA) (HAB)
R =R =R =R (*)
Chứng minh: Áp dụng định lí Sin, ta có
·
2 sin
BC R
BAC
sin
HBC
BC R
BHC
Mặt khác theo tính chất của trực tâm thì
180 sin sin
Từ (1) và (2) suy ra R R= (HBC) Tương tự ta có (*)
1,5
Trang 3Đặt ·
AA A =α Từ giả thiết ta thấy H X, 1 nằm cùng phía đối với đường thẳng BC
và · ·
HBX =HCX = −α , suy ra bốn điểm B C H X, , , 1 cùng thuộc một đường
tròn
1,0
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−α ) =2 cos R α
Tương tự HX2 =HY1 =HY2 =HZ1=HZ2 =2 cos R α
1,0
Vậy hai tam giác X Y Z1 1 1 và X Y Z2 2 2 cùng nội tiếp trong đường tròn tâm H , bán kính
Bài 3 (4,0 điểm) Gọi ℑ là tập tất cả các tam thức bậc hai f x( )=ax2+bx c+ với hệ số thực và thỏa mãn −2016≤ f(1), ( 1), (0) 2016f − f ≤ Tìm
[ 1;1]
max max ( )
∈ℑ ∈ −
Ta có
(1) ( 1)
(0) 2
(1)
(1) ( 1) ( 1)
2
+ −
= + +
− −
Suy ra
2 (1) ( 1) (1) ( 1)
(Chú ý: Có thể sử dụng khai triển Lagrange để thu được khai triển trên)
1,0
Trang 4Hướng dẫn chấm 4,0 điểm
| (0) | 1
1008 2016 1
−
−
Vì (x2+x x)( 2− =x) x x2( 2− ≤ ∀ ∈ −1) 0, x [ 1;1] nên với mọi f ∈ ℑ và với mọi
[ 1;1]
x∈ − , ta có
2
( ) 1008 2016 1 2016 2016 | | 2016
1
2016 | | 2520 2520
2
x
1,0
Vậy
[ 1;1]
max max ( ) 2520
∈ℑ ∈ −
2 ( ) 2016 2016 2016
1,0
Bài 4 (4,0 điểm) Trên nửa đường tròn với hai điểm đầu mút là A và B ta lấy 2016 cung
1, 2, , 2016
c c c thỏa mãn: hai cung bất kì luôn có điểm chung Chứng minh rằng các cung
1, 2, , 2016
c c c có điểm chung
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 [A B i i]∩A B j j≠ ∅ suy ra tồn
tại c∈[ ; ] [ ; ]a b i i ∩ a b j j ⇒ c b b≤ i, j và c a a≥ i, j Do đó
min{ , } max{ , },b b i j ≥ a a i j ∀ ≠i j (*)
(ở đây ta kí hiệu [A B i i] là đoạn thẳng A B i i)
1,0
Vì [A B i i]∩A B j j≠ ∅ ∀ ≠; i j i j; , =1, 2016 nên áp dụng (*) ta được
1 2 2016 1 2 2016 min{ , , ,b b b } max{ , , ,≥ a a a } Suy ra tồn tại c' thỏa mãn min{ , , ,b b1 2 b2016}≥ ≥c' max{ , , ,a a1 2 a2016}
1
' ' [ ; ], 1, 2016 ' [ ; ]
i
=
1,0
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 vuông góc với AB, khi
đó d có điểm chung với tất cả các cung c c, , ,c Do đó các cung 1,0
Trang 5Hướng dẫn chấm 4,0 điểm
Giả sử n2 + = +k n α Khi đó
2
2
n
2015 2014 2015
2.2015
2016 2015 2016
2.2016
1,0
Vậy
2014 2015
2.2015 2.2016
Mặt khác, ta thấy 20152+2014 là nghiệm đa thức P x( )= x2−20152−2014
Suy ra
2
2
2016 2015 0 2016 2015 2015 2014 0
2 2016 2015 2016 2015 1 0
2016 2015 1 4 (2016 2015)
2(2016 2015 1) 4(2016 2015) (2016 2015 1) 0
Do đó S = 20152+2014+ 20162+2015 là nghiệm của đa thức
( ) 2(2016 2015 1) 4(2016 2015) (2016 2015 1)
1,0
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