Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chu văn an lạng sơn

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN TỈNH LẠNG SƠN
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

LỚP 10

(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình:
 x3 − 6 x 2 + 13 x = y 3 + y + 10
, với x, y ∈ ¡ .

3
2
2
x
+
y
+
5
−
3
−
x
−
y
=
x

−
3
x
−
10
y
+
6

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)
4
3
2
Câu 3 (4 điểm) Cho đa thức P ( x ) = x + ax + bx + 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: a +

b c 58
+ ≥

3 9 9

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)
3
2
Câu 5 (4 điểm) Cho đa thức P ( x ) = 4 x − 54 x + 243x + m , với m ∈ ¢ . Chứng minh rằng

tồn tại n ∈ ¢ sao cho P ( n ) M821 với mọi m.
Người ra đề
(Hoàng Đức Cường -0983245181)


.....................HẾT.....................

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.
Câu

Nội dung
 x 3 − 6 x 2 + 13x = y 3 + y + 10 ( 1)
, với x, y ∈ ¡


3
2
2
x
+
y
+
5
−
3
−
x
−
y
=
x
−
3
x
−
10
y
+
6
2
(
)


1

Điểm
1

Lời giải
Từ PT (1) ta có:

( x − 2) − y3 + x − y − 2 = 0
2
⇔ ( x − 2 − y ) ( x − 2 ) + ( x − 2 ) y + y 2 + 1 = 0 ⇔ x − 2 − y = 0 ⇔ y = x − 2


3

Thế vào pt (2) được:
⇔

(

) (

5
3x + 3 − 5 − 2 x = x − 3 x − 10 x + 26 (ĐK: −1 ≤ x ≤ )
2
3

1

2

)

3 x + 3 − 3 + 1 − 5 − 2 x = x 3 − 3 x 2 − 10 x + 24

3x − 6
2x − 4
+
= ( x − 2 ) ( x 2 − x − 12 )
3x + 3 + 3 1 + 5 − 2 x
x = 2
⇔
3
2

+
= x 2 − x − 12 ( *)
 3 x + 3 + 3 1 + 5 − 2 x
⇔

3
2
 5
+
> 0;VP = x 2 − x − 12 < 0 ⇒ PT (*) vô
Với x ∈  −1;  thì VT =
2
3x + 3 + 3 1 + 5 − 2 x


nghiệm.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2;0).

1

1


0,5
2

a)
A B −C
0
0
·
·
+ CAD
= 900 − C − =
Dễ thấy ·ABS = 90 − ·ADB = 90 − ACD
,
2
2
1
¼ − »AB = B − C suy ra ·
mặt khác ·ABM = sd MAB
ABS = ·ABM suy ra B, S, M thẳng
2
2
hàng. Tương tự thì C, T, M thẳng hàng.
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 .

(

)

Hơn nữa, ST là trung trực của AD nên ST ⊥ AD . Do đó suy ra ST P AM (2). Từ (1) và
(2) suy ra ASTM là hình thang cân.
b)

0,5

0,5

0,5
0,5

A
A
0
·
·
·
= 900 − BAO
+ BAD
= 900 − ( 900 − C ) + = C + = ·ADB suy
Ta có ·AEB = 90 − DAE
2

2
ra AEDB nội tiếp. Tương tự thì ACFD nội tiếp.

(

)

·
·
·
·
= EAS
− ·AST = 2 BAE
− ·ABD = 2 900 − BAD
− B = 1900 − A − B = C và
Do đó, PST

0,5

·
·
·
·
·
STD
= ·ACD = C suy ra STD
= PST
= C . Tương tự thì TSD
= STP
= B.

Do đó, ∆STD : ∆TSP , vì ST là cạnh chung nên ∆STD = ∆TSP suy ra ATPD là hình
thang cân.
Lưu ý SA=SD, TM=TP nên D, P đối xứng với A, M qua ST. Tức là AMPD là hình chữ
nhật W
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.

0,5
0,5


-

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

1

là 4 nghiệm của P ( x ) thì x1 , x2 , x3 , x4 dương và theo Định lý Viet thì x1 x2 x3 x4 = 1 .
Ta có P ( x ) = ( x + x1 ) ( x + x2 ) ( x + x3 ) ( x + x4 ) suy ra

1

P ( 3) = ( 3 + x1 ) ( 3 + x2 ) ( 3 + x3 ) ( 3 + x4 )
= ( 1 + 1 + 1 + x1 ) ( 1 + 1 + 1 + x2 ) ( 1 + 1 + 1 + x3 ) ( 1 + 1 + 1 + x4 )

1

≥ 4 4 x1 4 4 x2 4 4 x3 4 4 x4 = 256 4 x1 x2 x3 x4 = 256
4
3
2
Mặt khác P ( 3) = 3 + a3 + b3 + c3 + 1 = 27 a + 9b + 3c + 82

4

b c 58
Suy ra 27 a + 9b + 3c + 82 ≥ 256 ⇔ a + + ≥
. Ta có điều phải chứng minh.
3 9 9
1...10...0
{ 011...10...0
{ { trong đó: có duy nhất một cặp (0;1), 17 chữ
Xét dãy nhị phân sau: {
x so1 x so 0

x so1 x so 0
1

2

3

1

1

4

số 1 và 20 chữ số 0.
Số các dãy nhị phân thỏa mãn là số nghiệm nguyên của hệ phương trình:
 x1 + x2 + x3 + x4 = 35

 x1 + x3 = 16
 x ≥ 0, i = 1, 2,3, 4
(
)
 i
1
1
Số nghiệm nguyên không âm của hệ phương trình là: C17 .C20 = 340 .
Trở lại bài toán:
Coi mỗi chữ số 0 là một học sinh nam, mỗi chữ số 1 là một học sinh nữ.
Do vậy: số cách xếp 37 học sinh thành một hàng dọc sao cho xuất hiện đúng một cặp
1
1

nam - nữ thỏa mãn nam đứng trước nữ là C17 .C20 .17!.20! .

1

1
1


5

Nhận xét 821 là một số nguyên tố có dạng 3k + 2 . Để chứng minh bài toán ta chứng

1

minh A = { P ( 1) , P ( 2 ) ,K , P ( 821) } là một hệ đầy đủ mod 821 với mọi m. Nghĩa là
P ( ni ) ≡ P ( n j ) ( mod 821) thì ni ≡ n j ( mod 821)
Vì ( 2,821) = 1 nên

1

P ( ni ) ≡ P ( n j ) ( mod 821) ⇔ 2 P ( ni ) ≡ 2 P ( n j ) ( mod 821) .
2 ( 4ni3 − 54ni2 + 243ni + m ) ≡ 2 ( 4n3j − 54n 2j + 243n j + m ) ( mod 821)

( 2ni − 9 )

3

≡ ( 2n j − 9 )

3

( mod 821)

(1), với mọi m.

3
3
Ta chứng minh bổ đê sau; nếu x ≡ y ( mod p ) thì x ≡ y ( mod p ) với p = 3k + 2 là

1

một số nguyên tố. Thật vậy.
3
3
Nếu x ≡ 0 ( mod p ) ⇒ x ≡ 0 ≡ y ( mod p ) ⇒ y ≡ 0 ( mod p ) ⇒ x ≡ y ( mod p )
3 k +1
≡ 1 ≡ y 3k +1 ( mod p )
Nếu x M p hay ( x, p ) = 1 và ( y , p ) = 1 , theo Fermat ta có x
3
3
3k
3k
3 k +1
3 k +1
Từ x ≡ y → x ( xy ) ≡ y ( xy ) → x y ≡ y x → y ≡ x ( mod p )

Vậy từ (1) ⇒ 2ni − 9 ≡ 2n j − 9 ( mod 821) ⇔ ni ≡ n j ( mod 821) , và vì 1 ≤ ni , n j ≤ 821 nên
ni = n j . Vậy A = { P ( 1) , P ( 2 ) ,K , P ( 821) } là một hệ đầy đủ mod 821 với mọi m.
Suy ra với mọi m, tồn tại ni sao cho P ( ni ) ∈ A thỏa mãn P ( ni ) M821 .

1