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

ĐỀ ĐỀ NGHỊ HAI PHONG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ
NĂM HỌC 2014-2015

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN – LỚP 10
Ngày thi: /4/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi có 01 trang)

Chú ý: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thị không giải thích gì thêm.

Bài 1: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), M là điểm trên cạnh BC. Đường tròn tâm (J) tiếp xúc MA và
MC tại lần lượt tại E và F, đồng thời tiếp xúc đường tròn (O) tại P. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội
tiếp ∆ABC nằm trên đường thẳng EF.

Giải:
Đường thẳng PF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. Đường tròn (J) tiếp xúc với đường tròn (O)
tại P.
Suy ra P, J, O thẳng hàng
∆PJF , ∆POD cân ODP =JFP
⇒ OD // JF , JF ⊥ BC ⇒ OD ⊥ BC ⇒ DC = DB
Suy ra AD là phân giác BAC
I là giao điểm AD và EF ⇒ IAP = FPx
FEP = FPx ⇒ IEP = IAP ⇒ IEAP nội tiếp
⇒ AEP = AIP, EFP = AEP ⇒ ∆EFD, ∆IAD đồng dạng (g.g) ⇒ EPA = DPI = DIF ⇒ ∆DIF , ∆DPI đồng
dạng (g.g)


⇒

DI DF
=
⇒ DI 2 = DP.DF
DP DI

Theo cmt suy ra tam giác CDF đồng dạng với tam giác PDC ⇒ DC 2 = DF .DP ⇒ DI = DC ⇒ I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Bài 2:
Giải:
5 = 2( x 2 + y 2 ) +
P≤

1
1
1
≥
+ 2.2 xy ⇔ 4 x 2 y 2 − 5 xy + 1 ≤ 0 ⇔ ( xy − 1)(4 xy − 1) ≤ 0 ⇔ ≤ xy ≤ 1
xy xy
4

6
4
−
1 + xy 1 + 2 xy

1 
Đặt t=xy, t ∈  ,1
4 
6

4
−
1 + t 1 + 2t
−6
8
− 8t 2 − 4t + 1
f ' (t ) =
+
=
≤0
(1 + t ) 2 (1 + 2t ) 2 (1 + t ) 2 (1 + 2t ) 2

P ≤ f (t ) =

Bài 3:
Giải:
Đặt f k ( x ) = f ( f (... f ( x)...)) với f có mặt k lần ở vế phải. Giả sử k ≥ 1 là số tự nhiên bất kỳ và p là một ước
f k +1 ( n) ≡ f ( f k (n)) ≡ f (0) ≡ 1(mod p )
nguyên tố của f k (n) . Ta có:
f k + 2 (n) ≡ f ( f k +1 (n)) ≡ f (1) ≡ 1(mod p )
Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được f m (n) ≡ 1(mod p ) với mọi m>k.
Tức là f k (n) và f m (n) nguyên tố cùng nhau với mọi m>k. Do k là số nguyên tùy ý nên suy ra
f (n), f ( f (n)), f ( f ( f (n))),... đôi một nguyên tố cùng nhau.
Bài 4:
Giải:
Điều kiện bài ra:
P ( x) = Q( x) + R ( x )
 P ( x) ≥ 0, Q( x ) ≥ 0, Q( x) + R( x), ∀x ∈ R
⇔
 P ( x) = Q( x) + ( R ( x )) 2 + 2 R ( x) Q( x) , ∀x ∈ R

Từ đó R ( x) Q( x) là một hàm đa thức. Vậy hoặc R ( x ) ≡ 0 hoặc Q( x) ≡ ( M ( x)) 2 với M(x) là một đa thức.
•

Trường hợp R ( x ) ≡ 0 , từ đk P ( x) = Q( x) + R( x) suy ra P ( x) ≡ Q( x) , ta thu được
( P ( x), Q( x), Q( x)) = (0, T ( x), T ( x)) , với T(x) là đa thức tùy ý, là nghiệm của bài toán.

•

2
Trường hợp Q( x) ≡ ( M ( x)) . Thế vào đk

P ( x) = Q( x) + R ( x ) , ta thu được

P ( x ) = M ( x) + R ( x) hay P ( x) = ( M ( x ) + ( R ( x)) 2 , ∀x ∈ R


Vậy P ( x ) ≡ ( N ( x)) 2 , trong đó N(x) là một đa thức. Từ các đk Q( x) ≡ ( M ( x)) 2 , P ( x) ≡ ( N ( x)) 2 , ta thu
được R( x) = N ( x ) − M ( x) tức là ( P ( x), Q( x ), R ( x )) = (( N ( x)) 2 , ( M ( x)) 2 , N ( x) − M ( x )) , với M(x),
N(x) là các đa thức tùy ý thỏa mãn đk bài ra.