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... Tương tự thì C, T, M thẳng hàng.. Chú ý AM, AT là các phâ
Trang 1TRẠI 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 câu) Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình:
Người ra đề
(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 ( ) = 0 có 4 nghiệm, chứng minh: 58
b c
Người ra đề
(Ngô Sơn -0983706448)
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 cặp nam - nữ thỏa mãn nam đứng trước nữ?
Người ra đề
(Lương Quốc Tuấn -0983192113)
Câu 5 (4 điểm) Cho đa thức P x ( ) = 4 x3 − 54 x2 + 243 x m + , với m ∈ ¢ Chứng minh rằng
tồn tại n ∈ ¢ sao cho P n M ( ) 821 với mọi m.
Người ra đề
(Hoàng Đức Cường -0983245181)
Trang 2HƯỚNG 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.
( )
3 2
− + = + +
+ + − − − = − − +
Lời giải
Từ PT (1) ta có:
3 3
− − + − − =
⇔ − − − + − + + = ⇔ − − = ⇔ = −
1
Thế vào pt (2) được: 3x+ −3 5 2− x= −x3 3x2−10x+26 (ĐK: 1 5
2
x
− ≤ ≤ )
3x 3 3 1 5 2x x 3x 10x 24
⇔ + − + − − = − − +
1
( )
2
2
3 3 3 1 5 2
2
12 *
3 3 3 1 5 2
x
+ + + −
=
+ + + −
1
Với 1;5
2
x∈ −
thì
2
3 3 3 1 5 2
= + > = − − <
nghiệm
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2;0)
1
Trang 3a)
Dễ thấy · 900 · 900 · · 900
ABS = −ADB= −ACD CAD+ = − − =C −
,
0,5
mặt khác · 1 (¼ » )
B C ABM = sd MAB AB− = −
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 AMP (2) Từ (1) và
(2) suy ra ASTM là hình thang cân.
0,5 b)
Ta có · 900 · 900 · · 900 (900 ) ·
AEB= −DAE= −BAO BAD+ = − −C + = + =C ADB suy
ra AEDB nội tiếp Tương tự thì ACFD nội tiếp
0,5
Do đó, ·PST =·EAS AST−· =2BAE ABD· −· =2 90( 0−·BAD)− =B 1900− − =A B C và
STD=ACD C= suy ra ·STD PST C=· = Tương tự thì ·TSD STP B=· =
0,5
Do đó, STD∆ : ∆TSP , vì ST là cạnh chung nên STD∆ = ∆TSP suy ra ATPD là hình
thang cân
0,5
Lưu ý SA=SD, TM=TP nên D, P đối xứng với A, M qua ST Tức là AMPD là hình chữ
nhật W
0,5
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
Trang 4- 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
3
Do các hệ số a, b, c không âm nên nghiệm của P x là các số âm Gọi ( ) − − − −x1; x2; x3; x4
là 4 nghiệm của P x thì ( ) x x x x dương và theo Định lý Viet thì1, , , 2 3 4 x x x x1 2 3 4 =1
1
Ta có P x( ) (= +x x1) (x x+ 2) (x x+ 3) (x x+ 4) suy ra
1
= + + +(1 1 1 x1) (1 1 1+ + +x2) (1 1 1+ + +x3) (1 1 1+ + +x4)
4 4 4 4 4
1 2 3 4 1 2 3 4
4 x 4 x 4 x 4 x 256 x x x x 256
1
Mặt khác P( )3 = +34 a33+b32 + + =c3 1 27a+9b+ +3c 82
Suy ra 27a+9b+ +3c 82 256≥ ⇔ 58
3 9 9
b c
a+ + ≥ Ta có điều phải chứng minh
1
4 Xét dãy nhị phân sau: { { { {
1 10 0011 10 0
x so x so x so x so trong đó: có duy nhất một cặp (0;1), 17 chữ
số 1 và 20 chữ số 0
1 Số các dãy nhị phân thỏa mãn là số nghiệm nguyên của hệ phương trình:
1 2 3 4
1 3
35 16
0, 1, 2,3, 4
i
x x
+ + + =
+ =
≥ =
Số nghiệm nguyên không âm của hệ phương trình là: C C171 120 =340
1
Trở lại bài toán:
Coi mỗi chữ số 0 là một học sinh nam, mỗi chữ số 1 là một học sinh nữ
1
Do vậy: số cách xếp 37 học sinh thành một hàng dọc sao cho xuất hiện đúng một cặp
nam - nữ thỏa mãn nam đứng trước nữ là C C171 120.17!.20!
1
Trang 55 Nhận xét 821 là một số nguyên tố có dạng 3k+2 Để chứng minh bài toán ta chứng minh A={P( ) ( )1 ,P 2 , ,K P( )821} là một hệ đầy đủ mod821 với mọi m Nghĩa là
( )i ( )j (mod821)
P n ≡P n thì n i ≡n j(mod 821)
1
Vì (2,821) =1 nên
( )i ( )j (mod821)
P n ≡P n ⇔ 2P n( )i ≡2P n( )j (mod821)
2 4n i −54n i +243n i+m ≡2 4n j−54n j +243n j +m mod 821
2n i −9 ≡ 2n j−9 mod821 (1), với mọi m.
1
Ta chứng minh bổ đê sau; nếu 3 3( )
mod
x ≡ y p thì x≡ y(modp) với p=3k+2 là một số nguyên tố Thật vậy
Nếu x≡0 mod( p)⇒x3≡ ≡0 y3(modp)⇒ ≡y 0 mod( p)⇒ ≡x y(modp)
Nếu x pM hay (x p, ) =1 và (y p, ) =1, theo Fermat ta có x3k+ 1 ≡ ≡1 y3k+ 1(modp)
mod
x ≡ y →x xy ≡ y xy →x + y≡y +x→ ≡y x p
1
Vậy từ (1) ⇒2n i− ≡9 2n j−9 mod821( ) ⇔ ≡n i n j(mod821), và vì 1≤n n i, j ≤821 nên
n =n Vậy A={P( ) ( )1 ,P 2 , ,K P( )821} là một hệ đầy đủ mod821 với mọi m.
Suy ra với mọi m, tồn tại n sao cho i P n( )i ∈A thỏa mãn P n M( )i 821.
1