Tải bản đầy đủ (.doc) (4 trang)

Toan 10_HDC_Bac Ninh Đề thi (đề xuất) kỳ thi HSG các trường THPT Chuyên khu vực DH&ĐBBB lần thứ VIII, năm 2015

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (115.87 KB, 4 trang )

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
TỔ TOÁN – TIN

ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ DHBB 2015
MÔN TOÁN 10
Câu 1

7
+ ĐK: x ≥ ; y ≥ 1
2
+ Biến đổi (1) được: 4 ( xy − 2 y ) + 8 xy − 2 y + 4 = ( x + y )

(

)

2

2

⇔ 2 xy − 2 y + 2 = ( x + y ) ⇔ ... ⇔ y = x − 2

2x − 7 + x − 3 =

+ Thế vào (2) ta được:

2

3x − 8
2


Áp dụng BĐT Cauchy ta được:

2x − 7 =
x−3 =
Suy ra

( 2 x − 7 ) .1 ≤

( x − 3) .1 ≤

2x − 7 + x − 3 ≤

2x − 7 + 1 2x − 6
=
2
2

x − 3 +1 x − 2
=
2
2

3x − 8
. Dấu ' = ' xảy ra khi và chỉ khi x = 4
2

Vậy nghiệm ( x; y ) cần tìm là ( 4;2 ) .
Câu 2
a) Gọi I, G là điểm chính giữa cung lớn và cung nhỏ cung AB của đường
tròn(O).

Dễ thấy tứ giác CEHK nội tiếp. Do đó KH luôn đi qua G suy ra đường thẳng vuông góc với
HK tại K luôn qua I cố định (ĐPCM).

b) Bằng cộng góc ta có ∠HFG + ∠HQG = 180ο suy ra tứ giác HFGQ nội
tiếp.
Xét 3 đường tròn: đường tròn ngoại tiếp tứ giác HFGQ, đường tròn (O) và đường tròn ngoại
tiếp tứ giác CKHF, ta thấy 3 trục đẳng phương là CK, AB và GQ đồng quy tại tâm đẳng
phương là P. Do đó PQ luôn đi qua điểm cố định là G (ĐPCM).


I
C

D

K
O

P

F

A

B

H

Q
E

G

Cõu 3
- Chứng minh có nghiệm.
Nếu P(x) có bậc chẵn thì lim x ( P ( x).P ( x)) = + > P (0) , tức là (*) sai
Do đó P(x) có bậc lẻ, dẫn đến P(x) có nghiệm.
- Chứng minh có nghiệm duy nhất.
Giả sử P(x) có hơn 1 nghiệm và a < b là 2 nghiệm bé nhất.
Không giảm tổng quát, có thể coi P( x) > 0, x (a; b) , vì P(x) thoả mãn (*) thì -P(x) cũng thoả
mãn (*).
Khi đó tồn tại số c > b sao cho P(c) < 0 và P ( x) < 0, x (; a ) .
Vì 2a c < a P(c) < 0 P(2a - c).P(c) > 0 = P 2 (

2a - c + c
) , tức là (*) sai.
2

Vậy giả sử trên sai, hay P(x) có nghiệm duy nhất.

Cõu 4
Trc ht khng nh trong b s cn tỡm khụng cú mt s 1.
- Nu trong b s cú s a 5 thỡ bng cỏch thay a bi 2 s 2 v a 2 v
gi nguyờn cỏc s cũn li ta c b s mi cú tng khụng i m tớch
ln hn.


- Nếu trong bộ số có từ 3 số 2 trở lên thì bằng cách thay 3 số (2, 2, 2) bởi 2
số (3, 3) và giữ nguyên các số còn lại ta cũng được bộ số mới có tổng
không đổi mà tích lớn hơn.
- Lại thấy rằng, nếu trong bộ số có mặt đồng thời số 2 và 4 hay có từ 2 số 4

trở lên thì ta cũng thay thế được thành bộ số mới “tốt hơn’’.
Vậy nên bây giờ ta chỉ xét các bộ số có tổng là 2015 mà hoặc gồm toàn số 3,
hoặc chỉ có 1 số 4 và các số 3, hoặc có 1 số 2 và các số 3, hoặc có 2 số 2 và
các số 3. Để ý rằng 2015 chia cho 3 dư 2 nên bộ số có được chỉ có thể là 1 số
2 và toàn số 3. Do đó bộ số cần tìm chính là 2 và 671 số 3.
Câu 5
Giả sử nhờ phép chuyển số theo quy tắc của đề bài, từ bảng 1 ta có
thể nhận
được bảng 2.(*)
Ta coi ô trống của mỗi bảng là ô được điền số 0.
Với mỗi bảng số nhận được trong quá trình chuyển số, ta liệt kê tất cả
các số trong bảng theo thứ tự từ trái qua phải, từ trên xuống dưới. Khi đó,
ứng với mỗi bảng số ta sẽ có một hoán vị của 30 số tự nhiên đầu tiên. Và do
đó, từ giả thiết (*) cho thấy, từ hoán vị (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 0,
13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29 ) (gọi là hoán
vị I) ta có thể nhận được hoán vị (29, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 0, 13, 14,
15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 1 ) (gọi là hoán vị 2) nhờ
việc thực hiện liên tiếp môôt số hữu hạn lần phép đổi chỗ các số hạng trong
hoán vị theo quy tắc : Mỗi lần, lấy một số khác 0 của hoán vị rồi đổi vị trí của
số hạng đó và 0 cho nhau. (1)
Giả sử (a1, a2, …, a30) là một hoán vị của 30 số tự nhiên đầu tiên. Ta gọi
cặp số (ai, aj) là cặp số ngược của hoán vị vừa nêu nếu ai > aj và i < j . Dễ
thấy, sau mỗi lần thực hiện phép đổi chỗ các số hạng theo quy tắc (1) đối với
hoán vị (a1, a2, …, a30) thì số cặp số ngược của hoán vị sẽ tăng hoặc giảm
một số lẻ đơn vị.(2)
Ta có số cặp số ngược của hoán vị I là 12, số cặp số ngược của hoán
vị II là 67 . Từ đó kết hợp với (2) suy ra từ hoán vị I ta chỉ có thể nhận được
hoán vị II sau 1 số lẻ lần thực hiện phép đổi chỗ các số hạng. Điều này cho



thấy, nếu từ bảng 1 ta nhận được bảng 2 thì số lần chuyển số phải là số lẻ.
(3)
Tô màu tất cả các ô vuông con của bảng 6 x 5 bởi 2 màu xanh, đỏ sao
cho 2 ô kề nhau có 2 màu khác nhau. Thế thì, sau mỗi lần chuyển số, số 0 sẽ
được chuyển từ ô có màu này sang ô có màu kia. Và vì thế, do số 0 ở bảng 1
và số 0 ở bảng 2 nằm ở hai ô có màu giống nhau nên từ bảng 1 chỉ có thể
nhận được bảng 2 sau một số chẵn lần chuyển số. Điều này mâu thuẫn với
(3). Vậy từ bảng (1) ta không thể nhận được bảng 2 nhờ phép chuyển số theo
quy tắc của đề bài.



×