Tải bản đầy đủ (.pdf) (3 trang)

Đáp án HSG Toán học lớp 10 trại hè Hùng Vương 2013 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (243.22 KB, 3 trang )

(1)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI


TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ IX



MƠN: TỐN - LỚP: 10



Bài Hướng dẫn Điểm


1 Giải hệ phương trình:


3 2


2 2


3 28


6 6 10


y x y


x xy y x y


   





   


 5.0


Đặt y = a + b, x = a – b 1.0



Biến đối hệ ban đầu về hệ:




3 3


2 2


7


2 2


a b


a a b b


   


 





0.75




3 3 3 3



3 3


3 2 3 2


7 7


3 3 1 6 12 8 1 2


a b a b


a a a b b b a b


       


 




           


 




1.75


2


1, 2



2 0


2, 1
1


a b


b b


a b


a b


  


    


   


  


 Trả biến tìm được


3, 1
3, 1


x y


x y



  


    


1. 1.5


2


Cho góc nhọn BAx, hai điểm AB cố định. Điểm C chạy trên tia Ax. Đường tròn nội tiếp


tam giác ABC tiếp xúc với BCAC theo thứ tự ở MN. Chứng minh rằng, đường thẳng
MN luôn đi qua một điểm cố định.


5.0


I


N


M
P


O
A


B


C



I


N


M
P


O
A


C


Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, P là tiếp điểm đường tròn (O) với AB,
giao điểm của MN với AO là I.


Do AO là tia phân giác góc BAx nên hai điểm P và N đối xứng nhau qua AO.


1.0
Suy ra

PI PO;

 

NI NO;

 

MI MO;



mod

(do tam giác MIN cân). Từ đó suy ra bốn


điểm P, I, O, M cùng thuộc một đường tròn (1).


1.0
Mặt khác do (O) tiếp xúc với cạnh AB, BC ở P và M nên OPB· OMB·  90 suy ra tứ giác 1.0



(2)

OMBP nội tiếp đường trịn đường kính BO (2).


Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B, M, I, O và P cùng thuộc đường trịn đường kính BO. Do đó


· · 90



BIOBPO , dẫn đến I là hình chiếu của B trên AO.


1.0
Do góc BAx cố định và B cố định nên đường thẳng AO cố định và suy ra điểm I cố định.


Vậy đường thẳng MN đi qua điểm I cố định. 1.0


Chú y: nếu thi sinh nào khơng dùng góc định hướng mới chỉ xét một trong hai trường hợp: điểm
I nằm trong đoạn MN hoặc I nằm ngoài đoạn MN thiếu mất trường hợp cịn lại thì bị trừ 2 điểm.
3 Cho x, y, z là các số thực thuộc khoảng (0; 1). Chứng minh rằng:


2



2



2







xx yy zzxyz yxz zyx 4.0


Không mất tổng quát giả sử x y z 0


0


x yz
y zx


 


 


 do x, y, z  (0; 1).



Nếu zxy0 khi đó VT  0  VP, BĐT ln đúng. 1.0
Nếu zxy0

,

ta chứng minh bất đẳng thức sau: với mọi a, b, c thuộc (0; 1) ta có:


1





bcab ac c ab 


Thật vậy: bc

1a

b ac c ab



bc

1a

 

2  b ac c ab




2

2 2 2

2


1 2 0


bc a a bc ab ac a bc a b c


         


1.0


Áp dụng bất đẳng thức trên cho x, y, z thuộc (0;1) ta được


1





yzxyxz zxy


1





zxyzxy xyz


1






xyzxyz yxz


1.0


Nhân vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta thu được:


1



1



1

 







xyzxy   z x yz yzx zxy (đpcm) 1.0


4 Tìm bộ số nguyên dương (m,n) sao cho p = m2 + n2 là số nguyên tố và m3 n3 4 chia hết


cho p. 4.0


Ta có: m3  n3 4 0 mod

p

 mn m n

  

4 0 mod

p





3mn m n 12 0 modp


    1.0


Kết hợp 3 3



4 0 mod


m   n p suy ra

m n

3 8 0 mod

p



2 2




2 2 2 2 4 0 mod


m n m n mn m n p


        


Do p là số nguyên tố nên có hai khả năng xảy ra:


1.0
Trường hợp 1:


Nếu 2 2


2


m n  Mmn 2 2 2

1

 

1

2 2


2


m
m n m n m m n n


n





           





Thử lại thấy (m,n) = (1;2), (2;1), (1;1) thỏa mãn


1.0


Trường hợp 2: 2 2 2 2


2 2 2 4


mnmnmn Mmn , viết lại:






 



2 2


2 2 2 2 2 2


2 2 2 4 2 1 1 1


1 1 2 1 1 1 1


m n mn m n m n


m n m n m n


          


   



            


Dấu bằng chỉ xảy ra khi m = n = 1.


Vậy trong mọi trường hợp ta tìm được các bộ số thỏa mãn là (1;1), (1;2), (2;1).


1.0


Trên mạng lưới ô vuông người ta điền vào mỗi ô vuông cơ sở một số thực sao cho mỗi số này
bằng trung bình cộng của bốn số ở bốn hình vng cơ sở có cạnh kề với nó.



(3)

5 được điền phải bằng nhau.


b. Nếu các số được điền là các số hữu tỉ thì các số được điền vào các ơ vng cơ sở có cạnh
kề với nó, có nhất thiết phải bằng nhau khơng? Vì sao?


a. Vì các số thực được điền vào các ô vuông là những số nguyên dương nên tồn tại số a nhỏ nhất
trong các số được điền.


Giả sử tồn tại một ô vng cơ sở có chứa số a mà bốn ơ vng cơ sở có cạnh liền kề có ít nhất
một ơ vng có chứa số ba. Gọi c, d, e là ba số ở ba ô vuông cơ sở có cạnh liền kề cịn lại.


Khi đó: 1



, , 4


b a


b c d e a


c d e a





    




 , trái với giả thiết.


Như vậy nếu có một ơ vng có chứa số a thì bốn ơ vng có cạnh liền kề với nó cũng chứa
số a. Do đó tất cả các ô vuông đều chứa số a.


1.0


b. Nếu các số được điền là các số hữu tỉ thì bốn số ở
bốn ô vuông có cạnh liền kề với ô vuông cơ sở
không nhất thiết phải bằng nhau.


Ta xây dựng một hệ trục tọa độ vng góc có các
trục tọa độ song song hoặc trùng với các cạnh của
lưới ơ vng và có đơn vị trên mỗi trục bằng độ dài
cạnh của ô vuông cơ sở. Ở mỗi hình vng cơ sở ta
điền một số bằng trung bình cộng hai tọa độ tâm của
hình vng đó.


Khi đó do tọa độ của tâm các hình vng cở sở đều
là số hữu tỉ nên số đặt vào đó cũng là số hữu tỉ. Và số
đặt vào bốn ơ vng cơ sở có cạnh kề với nó khơng


bằng nhau.


Ta chứng minh số điền vào các ô vuông cơ sở bằng
trung bình cộng của bốn số ở bốn ơ vng có cạnh
liền kề với nó như sau:


Khơng mất tổng qt giả sử có hình vẽ bên.


Khi đó tâm của bốn hình vuông cơ sở A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình vng nhận tâm I
của hình vng cơ sở ở giữa làm tâm, nên dẫn đến tọa độ điểm I là trung bình cộng tọa độ các
điểm A, B, C, D do đó số được đặt trong hình vng tâm I là số hữu tỉ và là trung bình cộng
của bốn số hữu tỉ được đặt trong các hình vng tâm A, B, C, D.


1.0
6


4


2


5


C
B


I
A






×