Toan 10 vinh phuc Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ THI CHỌN HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ X- NĂM 2014
MÔN TOÁN - LỚP 10
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)

 xy − x + y = 3
( x, y ∈ ¡ )
Câu 1 (4,0 điểm). Giải hệ phương trình:  3
2
3
4
x
+
12
x
+
9
x
=
−
y
+
6
y
+
5

Câu 2 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O; R) và I là

tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Đường thẳng AI cắt BC tại E và cắt (O) tại điểm thứ hai
F. Vẽ đường cao AD của tam giác ( D ∈ BC ), trên tia AD lấy điểm K sao cho AK = 2 R .
Đường thẳng KF cắt đường thẳng BC tại H.
a) Chứng minh rằng IK ⊥ IH .
b) Đường tròn đường kính AH cắt KE tại G (G cùng phía với K đối với đường thẳng AH),
AG cắt KI tại M. Chứng minh rằng MI = MG .
Câu 3 (4,0 điểm). Cho số k nguyên dương và đa thức P ( x) hệ số nguyên, P ( x) khác 0
2
n
n −1
thỏa mãn ( x − kx − 1) P ( x) = a0 x + a1 x + ... + an −1 x + an . Chứng minh rằng tồn tại một

hệ số ai (i = 0, n) sao cho ai ≥ k .
Câu 4 (4,0 điểm). Một số nguyên dương k được gọi là "đẹp" nếu có thể phân hoạch tập
hợp các số nguyên dương thành k tập hợp A1 , A2 ,..., Ak sao cho với mỗi số nguyên dương
n ≥ 15 và với mọi i ∈ { 1;2;...; k} đều tồn tại hai số thuộc tập Ai có tổng là n.
a) Chứng minh rằng k = 3 là số đẹp.
b) Chứng minh rằng k = 4 là số không đẹp.
+
(Tập ¢ + được phân hoạch thành các tập khác rỗng A1 , A2 ,..., Ak nếu ¢ = A1 U A2 U ... U Ak

và Ai I Aj = ∅, ∀i ≠ j ).
Câu 5 (4,0 điểm). Cho các số nguyên dương a, n sao cho n > 1 và p là một số nguyên tố
p
n
n −1
lẻ thỏa mãn a ≡ 1 (mod p ) . Chứng minh rằng a ≡ 1 (mod p ) .

-----------Hết----------Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ X- NĂM 2014
MÔN TOÁN - LỚP 10
(Đáp án gồm 4 trang)

Câu 1 (4,0 điểm).
Nội dung trình bày
( x + 1) y − ( x + 1) = 2

Hệ tương đương 

3
3
 4( x + 1) − 3( x + 1) = − y + 6 y + 6
(1)
 ay − a = 2
Đặt x+1=a, ta được hệ  3
3
 4a − 3a = − y + 6 y + 6 (2)
Từ (1) suy ra ay = a + 2 ⇒ ay 2 = ay + 2 y = a + 2 y + 2

Điểm
0,5

0,5

Do đó (2) ⇔ 4a 3 + y 3 = 3a + 6 y + 6 ⇔ 4a 3 + y 3 = 3ay 2
 y = −a
⇔ (a + y ) ( 4a 2 − 4ay + y 2 ) = 0 ⇔ (a + y )(2a − y ) 2 = 0 ⇔ 

 y = 2a
* Nếu y = −a , thế vào (1) ta được a 2 + a − 2 = 0 ⇔ a = 1; a = −2
Khi đó ( x; y ) = (0; −1) và ( x; y ) = (−3; 2) .

1,0
1,0

1 ± 17
* Nếu y = 2a , thế vào (1) ta được 2a 2 − a − 2 = 0 ⇔ a =
.

4
 −3 + 17 1 + 17 
 −3 − 17 1 − 17 
;
x
;
y
=
;
(
)
Khi đó ( x; y ) = 
và
÷

÷.
4
2 ÷
4

2 ÷





Thử lại ta tìm được các nghiệm của hệ là:

 −3 + 17 1 + 17   −3 − 17 1 − 17  
( x; y ) ∈ (0; −1);(−3; 2); 
;
;
÷; 
÷ .
4
2 ÷
4
2 ÷

 


1,0


Câu 2 (4,0 điểm).
Nội dung trình bày

Điểm

1) (2,0 điểm).

Gọi A' là điểm đối xứng với A qua O, suy ra AK = AA ' = 2 R , nên tam giác AKA' cân
tại A.
Theo một kết quả cơ bản ta có AI là phân giác góc OAD và do góc ·AFA ' = 900 nên

0,5

0,5

K, F, A' thẳng hàng và F là trung điểm của KA'.
·
·
·
·
Tứ giác ADFH nội tiếp nên DHF
= DAF
= FAA
' = FCA
'
Do đó ∆FCA ' : ∆FHC ⇒ FC 2 = FA '.FH .
Mặt khác FC = FI ⇒ FI 2 = FA '.FH = FK .FH , do đó tam giác KIH vuông tại I hay
IK ⊥ IH (đpcm).
2) (2,0 điểm)
Ta có E là trực tâm tam giác AKH, giả sử KE cắt AH tại X.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
HI 2 = HF .HK = HX .HA = HG 2 ⇒ HI = HG .
Từ đó suy ra hai tam giác vuông MIH và MGH bằng nhau. Do đó MI=MG (đpcm).

0,5

0,5

1,0
1,0

Câu 3 (4,0 điểm).
Nội dung trình bày

Điểm

k ± k2 + 4
Đặt Q ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + ... + an −1 x + an thì Q ( x) có nghiệm là x =
.
2
Bổ đề về biên của nghiệm: Nếu x0 là một nghiệm bất kì của đa thức hệ số thực
H ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + ... + an −1 x + an (a0 ≠ 0) thì x0 < 1 + max
i = 0, n

ai
.
a0

(Học sinh phải chứng minh bổ đề này-đây là kết quả cơ bản quen thuộc)

1,0

1,0


k + k2 + 4

a
< 1 + max i
Áp dụng ta được
i = 0, n a
2
0
Mà k <

1,0

ai
k+ k +4
, suy ra k < 1 + max
i = 0, n a
2
0
2

Do a0 ∈ ¢; a0 ≠ 0 nên max
i = 0, n

ai
ai ⇒ k ≤ max ai , từ đó
≤ max ai . Vậy k < 1 + max
i = 0, n
i = 0, n
i = 0, n
a0

1,0

suy ra đpcm.
Câu 4 (4,0 điểm).
Nội dung trình bày
a) (1,5 điểm). Với k = 3 ta chỉ ra một cách phân hoạch tập ¢ + thành 3 tập A1 , A2 , A3
thỏa mãn như sau:
A1 = { 1; 2;3} U{ 3m | m ≥ 4} ;
A2 = { 4;5;6} U{ 3m − 1| m ≥ 4} ;

Điểm

1,5

A3 = { 7;8;9} U{ 3m − 2 | m ≥ 4} .
Vậy k = 3 là đẹp.

b) (2,5 điểm).
Giả sử tồn tại cách chia ¢ + thành 4 tập A1 , A2 ,..., A4 thỏa mãn đề bài.
Đặt Bi = Ai I { 1; 2;3;...; 23} với i = 1, 2,3, 4 .
Ta thấy mỗi số thuộc tập { 15;16;17;...; 24} (gồm 10 số) đều viết được thành tổng của
hai số thuộc tập Bi (với mọi i = 1, 2,3, 4 ).

1,0

Như vậy nếu Bi = m thì số tổng là Cm2 ≥ 10 ⇒ m ≥ 5 .
Vậy mỗi tập Bi đều có ít nhất 5 phần tử.
Mà B1 + B2 + B3 + B4 = 23 nên không thể xảy ra Bi ≥ 6, ∀i = 1, 2,3, 4
Do đó tồn tại tập Bi mà Bi = 5 . Giả sử Bi = { a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5 }

0,5

Khi đó { ai + a j ;1 ≤ i < j ≤ 5} = { 15;16;17;...; 24} .
Suy ra

∑ ( a + a ) = 15 + 16 + ... + 24 , hay 4 ( a

1≤i < j ≤ 5

i

j

1

+ a2 + a3 + a4 + a5 ) = 195 , vô lí.

1,0

Vậy k = 4 không đẹp (đpcm).

Câu 5 (4,0 điểm).
Nội dung trình bày
Từ a ≡ 1 (mod p ) ⇒ a ≡ 1 (mod p)
p

n

p

Theo định lý Fermat ta có a p ≡ a (mod p ) ⇒ a ≡ 1 (mod p ) ⇒ a = kp + 1 (k ∈ ¥ ) .

Điểm
1,0


p
p −1
p −2
Ta có a − 1 = ( a − 1) ( a + a + ... + a + 1) . Đặt A = a p −1 + a p − 2 + ... + a + 1 .

Khi đó A = a

p −1

+a

p−2

p −1

+ ... + a + 1 = ∑ ( kp + 1) .
i

1,0

i =0

Với mọi i = 2,3,..., p - 1 , ta có
i

i

j =0

j =2

(kp +1)i = å Ci j (kp ) j =å Ci j (kp ) j + ikp +1 º ikp +1 (mod p 2 )
p- 1

1,0

p- 1

p- 1
+ p º p (mod p 2 ) .
2
i =2
i=0
*
Từ đó suy ra A = mp (m ∈ ¥ ) , với m không chia hết cho p .

Suy ra A º

å

(ikp +1) + (kp +1) +1 º kp å i + p = kp 2 .

Mà theo đề bài a p − 1 chia hết cho p n suy ra m(a − 1) chia hết cho p n −1 . Từ đó do
(m, p) = 1 nên ta có a ≡ 1 (mod p n −1 ) (đpcm).
-----------Hết ---------

Họ tên giáo viên ra đề: Lê Xuân Đại, GV THPT Chuyên Vĩnh Phúc
SĐT: 0912.960417; Email:

1,0