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

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
3a -1
3b + 1
4
,y =
Đặt x =
điểm
0.5
6
2
−6b3 + 9b 2 = 6a 3 + 14a − 20 (1)
Viết lại hệ đã cho thành  2 2
(2)
a + b = 1

(

2

2
Ta có phương trình (1) ⇔ 3b ( 3 − 2b ) = ( a − 1) 6a + 6a + 20

)

thay b2 = 1- a 2 từ pt(2) ta thu được
3 ( 1 − a 2 ) ( 3 − 2b ) = ( a − 1) ( 6a 2 + 6a + 20 )

⇔ ( a − 1) ( 6a 2 + 6a + 20 + 9 − 6b + 9a − 6ab ) = 0

1
1
- Với a = 1 ⇒ b = 0 ⇒ x = , y =
6
4
2
- Với 6a + 6a + 20 + 9 − 6b + 9a − 6ab = 0 ta có
VT ≥ 6a 2 + 29 −15 − 6 − 3 = 6a 2 + 5 > 0 . Vậy pt này vô nghiệm.
1 1
KL: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y) =  ; ÷
3 4
Câu 2
Nội dung
4
( Học sinh tự vẽ hình)
điểm 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 VOEB =VOGB ⇒ BG = x
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

EB FO
x 6
=
⇒ = ⇔ xy = 36 (1)
EO FC
6 y
Đặt x ' = EA, y ' = FD. Hoàn toàn tương tự ta cũng thu được
x '. y ' = 36 (2)
Từ giả thiết ta lại có x + x ' = 16, y + y ' = 12 (3)
1

1,5
0,5
1,0
0,5
Điểm

0,5
1,0
0,5


( x, y, x ', y ') = ( 4,9,12,3)
Giải hệ (1), (2), (3) ta thu được 
x, y, x ', y ') = ( 12,3,4,9 )
(

Theo giả thiết BC < AD ⇔ x + y < x '+ y ' nên bộ nghiệm thứ hai bị
loại. Kết luận BC = 13.
Câu 3

Nội dung
4
Cho y = 0 vào i) ta được
điểm f ( 0 ) + f ( 0 ) f ( x ) = f ( x ) + f ( 0 ) ⇒ f ( x ) ( f ( 0 ) − 1) = 0 (*)

- Nếu f ( 0 ) ≠ 1 , cho x = 0 vào (*) ta được f ( 0 ) = 0 (trái giả thiết)
- Vậy f ( 0 ) = 1. Cho y = 0 vào ii) ta được
f ( x ) .( 1 − f ( x ) ) = 0 ∀x ∈ ¢ . Như vậy tập giá trị của f chỉ là { 0;1}
Cho y = 2 vào i) ta được f ( 2 x ) = 2 f ( x ) . Từ giả thiết
f ( 10 ) ≠ 0 ⇒ f ( 10 ) = 1 ⇒ f ( 5 ) = 1
Cho y = 5 vào i) ta được f ( 5 x ) = f ( 5 ) = 1 ∀x ∈ ¢ .
2
Lại cho x = y vào i) ta được f ( x ) = f ( x ) ⇒ f ( 4 ) = f ( 2 ) = 0.
Ta cũng có f ( 2 ) = f ( 2.1) = f ( 1) = 0.
Giả sử f ( 3) = 1. Cho x = 5, y = 3 vào ii) thu được
( f ( 2 ) − 1) f ( 3) f ( 5) = 0 ⇒ f ( 2 ) = 1 (mâu thuẫn).

Vậy ta luôn có f ( 1) = f ( 2 ) = f ( 3) = f ( 4 ) = 0. (**)
Bây giờ, giả sử x ∈ ¢ thỏa mãn f ( x ) = 1. Ta viết
x = 5k + r ; k , r ∈ ¢ ,0 < r < 5.
Khi đó ( f ( x − 5 ) − 1) f ( x ) f ( 5 ) = 0 ⇒ f ( x ) = 1 → f ( x − 5 ) = 1.
Đặc biệt f ( −5 ) = f ( 0 − 5 ) = f ( 0 ) = 1.
Tương tự
( f ( x + 5) − 1) f ( x ) f ( −5) = 0 ⇒ f ( x ) = 1 → f ( x + 5) = 1.

Từ đó nếu f ( 5k + r ) = 1 với 0 < r < 5 thì ta phải có
f ( k + r ) = f ( r ) = 1 , tuy nhiên kết luận này mâu thuẫn với (**).
Vậy r = 0.
Tóm lại: mọi giá trị n cần tìm để f ( n ) ≠ 0 là n = 5k , ∀k ∈ ¢ .

2

1,0
1,0
Điểm

1,0

1,5

1,0

0,5


Câu 4
Nội dung
4
Ta có
điểm
a + bc + ac b + cd + bd c + da + ac d + ab + bd
VT + 4 =
+
+
+
1 + bc + c
1 + cd + d
1 + da + a
1 + ab + b
c

d
1
1
(a + bc + ac)  + bc + ÷ (b + cd + bd )  + dc + ÷
a
b
a
b
=
+
c
d
1
1
(1 + bc + c)  + bc + ÷
(1 + cd + d )  + dc + ÷
a
b
a
b
a
b
1
1
(c + da + ac )  + da + ÷ (d + ab + bd )  + ab + ÷
c
d
c
d
+

+
a
b
1
1
(1 + da + a )  + da + ÷
(1 + ab + b)  + ab + ÷
c
d
c
d
Bunhiacopxki

≥

+

( 1 + bc + c )

( 1 + cd + d )

2

2

+
c
d
1
1

(1 + bc + c)  + bc + ÷ (1 + cd + d )  + dc + ÷
a
b
a
b

( 1 + da + a )

( 1 + ab + b )

2

≥ 4
Từ đó ta có bđt đã cho được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi a = b = c = d = 1.
Câu 5
Nội dung
4
a) Lấy tập A gồm 4n số: 1,2,…,4n và tập B gồm 2n số chẵn: 4n+2,
điểm 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
8n
≤ 8n. = 32n2 . Còn BCNN của 2 số trong A, hoặc 1 số trong A và
2
1 số trong B ≤ tích của chúng ≤ 4n.8n = 32n2
3

2,0

2

+
a
b
1
1
(1 + da + a)  + da + ÷ (1 + ab + b)  + ab + ÷
c
d
c
d
a ( 1 + bc + c ) b ( 1 + cd + d ) c ( 1 + ad + a ) d ( 1 + ab + b )
=
+
+
+
(*)
1 + abc + c
1 + bcd + d
1 + acd + a
1 + abd + b
1
1 + cd + d
Mà 1 + abc + c = 1 + + c =
. Do đó
d
d
ad ( 1 + bc + c ) ab ( 1 + cd + d ) bc ( 1 + da + a ) cd ( 1 + ab + b )
VP(*) =

+
+
+
1 + cd + d
1 + da + a
1 + ab + b
1 + bc + c
Cauchy

Điểm

2,0

Điểm
0,5
1,0


b) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Nếu tập U gồm m+1 số nguyên dương ( m ≥ 2 ) 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 m2 .
- Chứng minh bổ đề:
Gọi các phần tử của U là
1 1 1
u1 > u2 > ... > um+1 ≥ m ⇒ ≤ ≤ ∀1 ≤ i ≤ m + 1.
u1 ui m

1,0

1 1
Ta chia đoạn  ;  thành m đoạn con có độ dài bằng nhau. Theo
 u1 m 

nguyên lí Dirichlet, ∃i, j thỏa mãn 1 ≤ i < j ≤ m + 1 để
cùng một đoạn con. Như vậy 0 <
Mà

1 1
,
thuộc
ui u j

1 1 11 1 1
− ≤  − ÷<
.
u j ui m  m u1  m 2

1 1 ui − u j
− =
có mẫu số cuối cùng là BCNN ( ui , u j ) còn tử
u j ui
uiu j

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

1,0
0,5

Người ra đề

Đào Quốc Huy

4