Đáp án ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM 2015 -Toán 10 trường Hà Nam

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN
TOÁN KHỐI 10
( Đáp án + Biểu điểm gồm 04 trang)
- Lưu ý: Nếu thí sinh trình bày lời giải khác so với hướng dẫn chấm mà đúng thì
vẫn cho điểm từng phần như biểu điểm.
Câu 1 Nội dung Điểm
4
điểm
Đặt
3 -1 3 1
,
6 2
a b
x y
+
= =
Viết lại hệ đã cho thành
3 2 3
2 2
6 9 6 14 20 (1)
1 (2)
b b a a
a b






− + = + −
+ =

Ta có phương trình (1)
( )
( )
( )
2 2
3 3 2 1 6 6 20⇔ − = − + +b b a a a
thay
2 2
1-b a=
từ pt(2) ta thu được
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2
3 1 3 2 1 6 6 20
1 6 6 20 9 6 9 6 0
− − = − + +
⇔ − + + + − + − =
a b a a a
a a a b a ab
- Với
1 1
1 0 ,

6 4
a b x y= ⇒ = ⇒ = =
- Với
2
6 6 20 9 6 9 6 0+ + + − + − =a a b a ab
ta có
2 2
6 29 15 6 3 6 5 0VT a a≥ + − − − = + >
. Vậy pt này vô nghiệm.
KL: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất
1 1
( ; ) ;
3 4
 
 ÷
 
=x y
0.5
1,5
0,5
1,0
0,5
Câu 2 Nội dung Điểm
4
điểm
( Học sinh tự vẽ hình)
Gọi tâm đường tròn nội tiếp hình thang là O. Các tiếp điểm của (O)
với AB, CD, BC lần lượt là E, F, G.
Đặt
x EB=

. Ta có
OEB OGB BG x= ⇒ =V V
Đặt
.y FC=
Chứng minh tương tự ta có
GC y=
Mặt khác, hai tam giác vuông EOB và FCO đồng dạng nên ta có
6
36 (1)
6
EB FO x
xy
EO FC y
= ⇒ = ⇔ =
Đặt
' , ' .x EA y FD= =
Hoàn toàn tương tự ta cũng thu được
'. ' 36 (2)x y =
Từ giả thiết ta lại có
' 16, ' 12 (3)x x y y+ = + =
0,5
1,0
0,5
1
Giải hệ (1), (2), (3) ta thu được
( ) ( )
( ) ( )
, , ', ' 4,9,12,3
, , ', ' 12,3,4,9
x y x y

x y x y




=
=
Theo giả thiết
' 'BC AD x y x y< ⇔ + < +
nên bộ nghiệm thứ hai bị
loại. Kết luận
13.BC =
1,0
1,0
Câu 3 Nội dung Điểm
4
điểm
Cho
0y =
vào i) ta được
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
0 0 0 0 1 0 (*)f f f x f x f f x f+ = + ⇒ − =

- Nếu
( )
0 1f ≠
, cho
0x =
vào (*) ta được

( )
0 0f =
(trái giả thiết)
- Vậy
( )
0 1.f =
Cho
0y =
vào ii) ta được
( ) ( )
( )
. 1 0 .f x f x x− = ∀ ∈¢
Như vậy tập giá trị của
f
chỉ là
{ }
0;1
Cho
2y =
vào i) ta được
( ) ( )
2 2f x f x=
. Từ giả thiết
( ) ( ) ( )
10 0 10 1 5 1f f f≠ ⇒ = ⇒ =
Cho
5y =
vào i) ta được
( ) ( )
5 5 1 .f x f x= = ∀ ∈¢

Lại cho
x y=
vào i) ta được
( )
( ) ( ) ( )
2
4 2 0.f x f x f f
= ⇒ = =
Ta cũng có
( ) ( ) ( )
2 2.1 1 0.f f f= = =
Giả sử
( )
3 1.f =
Cho
5, 3x y= =
vào ii) thu được
( )
( )
( ) ( ) ( )
2 1 3 5 0 2 1f f f f− = ⇒ =
(mâu thuẫn).
Vậy ta luôn có
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4 0.f f f f= = = =
(**)
Bây giờ, giả sử
x∈¢
thỏa mãn
( )

1.f x =
Ta viết
5 ; , ,0 5.x k r k r r= + ∈ < <¢
Khi đó
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
5 1 5 0 1 5 1.f x f x f f x f x− − = ⇒ = → − =

Đặc biệt
( ) ( ) ( )
5 0 5 0 1.f f f− = − = =
Tương tự
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
5 1 5 0 1 5 1.f x f x f f x f x+ − − = ⇒ = → + =
Từ đó nếu
( )
5 1f k r+ =
với
0 5r< <
thì ta phải có
( ) ( )
1f k r f r+ = =
, tuy nhiên kết luận này mâu thuẫn với (**).
Vậy
0.r =
Tóm lại: mọi giá trị n cần tìm để
( )

0f n ≠
là
5 , .n k k= ∀ ∈¢
1,0
1,5
1,0
0,5
2
Câu 4 Nội dung Điểm
4
điểm
Ta có
4
1 1 1 1
1 1
( ) ( )
1 1
(1 ) (1 )
1
( ) (
1
(1 )
a bc ac b cd bd c da ac d ab bd
VT
bc c cd d da a ab b
c d
a bc ac bc b cd bd dc
a a b b
c d
bc c bc cd d dc

a a b b
a
c da ac da
c c
a
da a da
c c
+ + + + + + + +
+ = + + +
+ + + + + + + +
   
+ + + + + + + +
 ÷  ÷
   
= +
   
+ + + + + + + +
 ÷  ÷
   
 
+ + + +
 ÷
 
+ +
 
+ + + +
 ÷
 
( ) ( )
( ) ( )

( ) ( )
2 2
2 2
1
)
1
(1 )
1 1
1 1
(1 ) (1 )
1 1
1 1
(1 ) (1 )
1 1
1 1
Bunhiacopxki
b
d ab bd ab
d d
b
ab b ab
d d
bc c cd d
c d
bc c bc cd d dc
a a b b
da a ab b
a b
da a da ab b ab
c c d d

a bc c b cd d
abc c
 
+ + + +
 ÷
 
 
+ + + +
 ÷
 
+ + + +
≥ +
   
+ + + + + + + +
 ÷  ÷
   
+ + + +
+ +
   
+ + + + + + + +
 ÷  ÷
   
+ + + +
= +
+ +
( ) ( )
1 1
(*)
1 1
c ad a d ab b

bcd d acd a abd b
+ + + +
+ +
+ + + + + +

Mà
1 1
1 1
cd d
abc c c
d d
+ +
+ + = + + =
. Do đó
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
(*)
1 1 1 1
4
Cauchy
ad bc c ab cd d bc da a cd ab b
VP
cd d da a ab b bc c
+ + + + + + + +
= + + +
+ + + + + + + +
≥
Từ đó ta có bđt đã cho được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi
1.a b c d= = = =

2,0
2,0
Câu 5 Nội dung Điểm
4
điểm
a) Lấy tập A gồm 4n số: 1,2,…,4n và tập B gồm 2n số chẵn: 4n+2,
4n+4,…,4n+4n.
Khí đó
S A B= ∪
là tập thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Thật vậy: S có 6n phần tử phân biệt, BCNN của 2 số chẵn trong B
2
8
8 . 32
2
n
n n≤ =
. Còn BCNN của 2 số trong A, hoặc 1 số trong A và
1 số trong B
≤
tích của chúng
2
4 .8 32n n n≤ =
0,5
1,0
3
b) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Nếu tập U gồm m+1 số nguyên dương
( )
2m ≥

phân biệt và tất cả
các số này đều không nhỏ hơn m, thì luôn tồn tại 2 phần tử của U
sao cho BCNN của chúng lớn hơn
2
m
.
- Chứng minh bổ đề:
Gọi các phần tử của U là
1 2 1
1
1 1 1
1 1.
m
i
u u u m i m
u u m
+
> > > ≥ ⇒ ≤ ≤ ∀ ≤ ≤ +
Ta chia đoạn
1
1 1
;
u m
 
 
 
 
thành m đoạn con có độ dài bằng nhau. Theo
nguyên lí Dirichlet,
,i j∃

thỏa mãn
1 1i j m≤ < ≤ +
để
1 1
,
i j
u u
thuộc
cùng một đoạn con. Như vậy
2
1
1 1 1 1 1 1
0 .
j i
u u m m u m
 
< − ≤ − <
 ÷
 
Mà
1 1
i j
j i i j
u u
u u u u
−
− =
có mẫu số cuối cùng là BCNN
( )
,

i j
u u
còn tử
số là một số dương. Do đó BCNN
( )
2
,
i j
u u m
>
. Ta có bổ đề được
chứng minh.
- Quay lại bài toán: Cho
3 .m n=
Lấy
3 1n +
phần tử lớn nhất của
tập T, ta có chúng đều
3 .n≥
Áp dụng bổ đề nêu trên ta có điều phải
chứng minh.
1,0
1,0
0,5
Người ra đề
Đào Quốc Huy
4