Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên tuyên quang

TRẠI 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)

3 y 3 − 3 y 2 − 15 y − x − 8 = 0

3
2
Bài 1 (4,0 điểm). Giải hệ phương trình  z + 2 z − 4 z + y − 11 = 0 .
 3
2
2 x + 10 x + 6 x − z − 16 = 0
Bài 2 (4,0 điểm). Trên các cạnh BC , CA, AB của tam giác nhọn ABC lần lượt lấy các cặp
điểm A1 , A2 ; B1 , B2 ; C1 , C2 tương ứng ( A1 nằm giữa B và A2 ; B1 nằm giữa C và B2 ; C1 nằm giữa A

· B = BB
· B = CC
· C = CC
· C . Các đường thẳng
C2 ) thỏa mãn ·AA1 A2 = ·AA2 A1 = BB
1 2
2 1
1 2
2 1

AA1 , BB1 , CC1 cắt nhau tạo thành tam giác X 1Y1Z1 ; các đường thẳng AA2 , BB2 , CC2 cắt nhau tạo
thành tam giác X 2Y2 Z 2 . Chứng minh rằng hai tam giác X 1Y1Z1 và X 2Y2 Z 2 cùng nội tiếp trong một
và

đường tròn.
Bài 3 (4,0 điểm). Gọi ℑ là tập tất cả các tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 + bx + c với hệ số thực





và thỏa mãn −2016 ≤ f (1), f ( −1), f (0) ≤ 2016 . Tìm max  max f ( x) ÷.
f ∈ℑ  x∈[ −1;1]



Bài 4 (4,0 điểm). Trên nửa đường tròn với hai điểm đầu mút là A và B ta lấy 2016 cung
c1, c2 ,..., c2016 thỏa mãn: hai cung bất kì luôn có điểm chung. Chứng minh rằng các cung
c1, c2 ,..., c2016 có điểm chung.
Bài 5 (4,0 điểm). Chứng minh rằng S = 20152 + 2014 + 20162 +2015 là một số vô tỉ.
-HếtGhi chú: - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay .
Người ra đề: Lương Ngọc Huyên. 0976. 813.999

1


HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
(Hướng dẫn này có 04 trang)
-----

3 y 3 − 3 y 2 − 15 y − x − 8 = 0

3
2
Bài 1 (4,0 điểm). Giải hệ phương trình  z + 2 z − 4 z + y − 11 = 0 .
 3
2
2 x + 10 x + 6 x − z − 16 = 0
Hướng dẫn chấm

 x − 1 = 3( y + 1) 2 ( y − 3) (a)

2
Hpt
⇔
Ta có:
 y − 3 = −( z + 2) ( z − 2) (b) .

2
 z − 2 = 2( x + 3) ( x − 1) (c)
Giả sử ( x; y; z ) là một nghiệm của hệ.
(b )

(c)

(b )

(c)

4,0 điểm

1,0

Nếu x > 1 thì ( a ) ⇒ y > 3 ⇒ z < 2 ⇒ x < 1 , vô lí.
Nếu x < 1 thì ( a ) ⇒ y < 3 ⇒ z > 2 ⇒ x > 1 , vô lí.
Vậy x = 1 . Thay vào hệ ta được z = 2, y = 3 . Suy ra hệ có nghiệm duy nhất là

( x; y; z ) = (1;3;2).

1,0
1,0
1,0

Bài 2 (4,0 điểm). Trên các cạnh BC , CA, AB của tam giác nhọn ABC lần lượt lấy các cặp điểm
A1 , A2 ; B1 , B2 ; C1 , C2 tương ứng ( A1 nằm giữa B và A2 ; B1 nằm giữa C và B2 ; C1 nằm giữa A và

· B = BB
· B = CC
· C = CC
· C . Các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1
C2 ) thỏa mãn ·AA1 A2 = ·AA2 A1 = BB
1 2
2 1
1 2
2 1
cắt nhau tạo thành tam giác X 1Y1Z1 ; các đường thẳng AA2 , BB2 , CC2 cắt nhau tạo thành tam giác
X 2Y2 Z 2 . Gọi H là trực tâm tam giác ABC . Chứng minh rằng hai tam giác X 1Y1Z1 và X 2Y2 Z 2 cùng
nội tiếp trong một đường tròn.
Hướng dẫn chấm

4,0 điểm

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

R( HBC ) = R( HCA) = R( HAB ) = R (*).
Chứng minh: Áp dụng định lí Sin, ta có

2R =

BC
BC
, 2 R( HBC ) =
(1).
·
·
sin BAC
sin BHC

Mặt khác theo tính chất của trực tâm thì

·
·
·
·
(2).
BAC
+ BHC
= 1800 ⇒ sin BAC

= sin BHC
Từ (1) và (2) suy ra R = R( HBC ) . Tương tự ta có (*).

2

1,5


1,0

Đặt ·AA1 A2 = α . Từ giả thiết ta thấy H , X 1 nằm cùng phía đối với đường thẳng BC
o
·
·
và HBX
, suy ra bốn điểm B, C , H , X 1 cùng thuộc một đường
1 = HCX 1 = 90 − α
tròn.
Theo (*), đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC và ABC có cùng bán kính R. Áp

(

)

o
dụng định lý Sin, ta có HX 1 = 2 R sin 90 − α = 2 R cos α .

1,0

Tương tự HX 2 = HY1 = HY2 = HZ1 = HZ 2 = 2 R cos α .

Vậy hai tam giác X 1Y1Z1 và X 2Y2 Z 2 cùng nội tiếp trong đường tròn tâm H , bán kính

2 R cos α .

0,5

Bài 3 (4,0 điểm). Gọi ℑ là tập tất cả các tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 + bx + c với hệ số thực và thỏa





mãn −2016 ≤ f (1), f ( −1), f (0) ≤ 2016 . Tìm max  max f ( x) ÷.
f ∈ℑ  x∈[ −1;1]



Hướng dẫn chấm

4,0 điểm

f (1) + f (−1)

− f (0)
a =
2
 f (1) = a + b + c

f (1) − f (−1)



.
 f (−1) = a − b + c ⇒ b =
2
 f (0) = c


c = f (0)



1,0

Ta có

Suy ra

f (1) − f (−1)
 f (1) + f (−1)

f ( x) = 
− f (0) ÷x 2 +
x + f (0)
2
2


f (1) 2
f ( −1) 2
=

x +x +
x − x + f (0) 1 − x 2 .
2
2

(

)

(

)

(

)

(Chú ý: Có thể sử dụng khai triển Lagrange để thu được khai triển trên).
Do đó

3

1,0


Hướng dẫn chấm

(

(

)

(

f (1) 2
f (−1) 2
x +x +
x − x + f (0) 1 − x 2
2
2

f ( x) =
≤

)

4,0 điểm

)

f (1) 2
f (−1) 2
.x +x +
. x − x + | f (0) | . 1 − x 2
2
2

)

(

(

)

≤ 1008 x 2 + x + x 2 − x + 2016 1 − x 2 .
Vì ( x 2 + x)( x 2 − x) = x 2 ( x 2 − 1) ≤ 0, ∀x ∈ [ − 1;1] nên với mọi f ∈ ℑ và với mọi
x ∈ [ − 1;1] , ta có

(

)

(

)

f ( x) ≤ 1008 x 2 + x − x 2 − x + 2016 1 − x 2 = −2016 x 2 + 2016 | x | +2016
.

2

1

= −2016  | x | − ÷ + 2520 ≤ 2520.
2



1,0



Vậy max  max f ( x) ÷ = 2520 , chẳng hạn với
f ∈ℑ  x∈[ −1;1]



1,0

f ( x) = −2016 x 2 + 2016 x + 2016 .
Bài 4 (4,0 điểm). Trên nửa đường tròn với hai điểm đầu mút là A và B ta lấy 2016 cung
c1, c2 ,..., c2016 thỏa mãn: hai cung bất kì luôn có điểm chung. Chứng minh rằng các cung
c1, c2 ,..., c2016 có điểm chung.
Hướng dẫn chấm

4,0 điểm

Chiếu vuông góc các cung c1, c2 ,..., c2016 xuống đường thẳng AB ta được 2016
đoạn thẳng A1B1, A2 B2 ,..., A2016 B2016 ( Ai ở giữa A và Bi ) 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 Ai , Bi

có tọa độ tương ứng là ai , bi trên trục đã chọn. Từ [ Ai Bi ] ∩  A j B j  ≠ ∅ suy ra tồn
tại c ∈ [ai ; bi ] ∩ [ a j ; b j ] ⇒ c ≤ bi , b j và c ≥ ai , a j . Do đó

1,0

min{bi , b j } ≥ max{ai , a j }, ∀i ≠ j (*)
(ở đây ta kí hiệu [ Ai Bi ] là đoạn thẳng Ai Bi ).
Vì [ Ai Bi ] ∩  A j B j  ≠ ∅; ∀i ≠ j; i , j = 1, 2016 nên áp dụng (*) ta được

min{b1, b2 ,..., b2016 } ≥ max{a1, a2 ,..., a2016} .
Suy ra tồn tại c ' thỏa mãn min{b1, b2 ,..., b2016 } ≥ c ' ≥ max{a1, a2 ,..., a2016 } .

1,0

2016

Từ ai ≤ c ' ≤ bi ⇒ c ' ∈ [ai ; bi ],∀i = 1, 2016 ⇒ c ' ∈ I [ai ; bi ] .
i =1

Giả sử điểm C ' có tọa độ c ' trên trục đã chọn, suy ra C ' là điểm chung của tất cả các
đoạn Ai Bi , ∀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 c1, c2 ,..., c2016 . Do đó các cung
c1, c2 ,..., c2016 có điểm chung.
Bài 5 (4,0 điểm). Chứng minh rằng S = 20152 + 2014 + 20162 + 2015 là một số vô tỉ.
4

1,0


Hướng dẫn chấm
Giả sử

n 2 + k = n + α . Khi đó

α 2 + 2nα − k = 0 ⇒ 0 < α = − n + n 2 + k =
Suy ra

4,0 điểm

20152 + 2014 < 2015 +

2014
và
2.2015

k
n + n2 + k

<

k
, ∀n, k ∈ ¥ *.
2n

20162 + 2015 < 2016 +

1,0

2015
.
2.2016

Vậy

2015 + 2016 < S < 2015 + 2016 +
Mặt khác, ta thấy
Suy ra

(

2014
2015
+
< 2015 + 2016 + 1 ⇒ S ∉ ¢ .
2.2015 2.2016

1,0

2
2
20152 + 2014 là nghiệm đa thức P( x) = x − 2015 − 2014 .

)

(

P S − 20162 + 2015 = 0 ⇔ S − 20162 + 2015

)

2

− 20152 − 2014 = 0

⇒ S 2 − 2 S 20162 + 2015 + 20162 − 20152 + 1 = 0

(

)

⇒ S 2 + 20162 − 20152 + 1

(

2

1,0

= 4 S 2 (20162 + 2015)

)

⇒ S 4 + 2(20162 − 20152 + 1) − 4(20162 + 2015) S 2 + (20162 − 20152 + 1) 2 = 0.
Do đó S = 20152 + 2014 + 20162 + 2015 là nghiệm của đa thức

(

)

Q ( x) = x 4 + 2(20162 − 20152 + 1) − 4(20162 + 2015) x 2 + (20162 − 20152 + 1) 2 .
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.

-Hết-

5

1,0