TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT - ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề có 01 trang, gồm 05 câu) 3 y − y − 15 y − x − =  Bài (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  z + z − z + y − 11 =  2 x + 10 x + x − z − 16 = Bài (4,0 điểm) Trên cạnh BC , CA, AB tam giác nhọn ABC lấy cặp điểm A1 , A2 ; B1 , B2 ; C1 , C2 tương ứng ( A1 nằm B A2 ; B1 nằm C B2 ; C1 nằm A · B = BB · B = CC · C = CC · C Các đường thẳng C2 ) thỏa mãn ·AA1 A2 = ·AA2 A1 = BB 2 1 2 AA1 , BB1 , CC1 cắt tạo thành tam giác X 1Y1Z1 ; đường thẳng AA2 , BB2 , CC2 cắt tạo thành tam giác X 2Y2 Z Chứng minh hai tam giác X 1Y1Z1 X 2Y2 Z nội tiếp đường tròn Bài (4,0 điểm) Gọi ℑ tập tất tam thức bậc hai f ( x) = ax + bx + c với hệ số thực   thỏa mãn −2016 ≤ f (1), f ( −1), f (0) ≤ 2016 Tìm max  max f ( x) ÷ f ∈ℑ  x∈[ −1;1]  Bài (4,0 điểm) Trên nửa đường tròn với hai điểm đầu mút A B ta lấy 2016 cung c1, c2 , , c2016 thỏa mãn: hai cung có điểm chung Chứng minh cung c1, c2 , , c2016 có điểm chung Bài (4,0 điểm) Chứng minh S = 20152 + 2014 + 20162 +2015 số vô tỉ -HếtGhi chú: - Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay Người đề: Lương Ngọc Huyên 0976 813.999 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII (Hướng dẫn có 04 trang) - 3 y − y − 15 y − x − =  Bài (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  z + z − z + y − 11 =  2 x + 10 x + x − z − 16 = Hướng dẫn chấm  x − = 3( y + 1) ( y − 3) (a)  Hpt ⇔ Ta có:  y − = −( z + 2) ( z − 2) (b)   z − = 2( x + 3) ( x − 1) (c) Giả sử ( x; y; z ) nghiệm hệ (b ) (c) (b ) (c) 4,0 điểm 1,0 Nếu x > ( a ) ⇒ y > ⇒ z < ⇒ x < , vô lí Nếu x < ( a ) ⇒ y < ⇒ z > ⇒ x > , vô lí Vậy x = Thay vào hệ ta z = 2, y = Suy hệ có nghiệm ( x; y; z ) = (1;3;2) 1,0 1,0 1,0 Bài (4,0 điểm) Trên cạnh BC , CA, AB tam giác nhọn ABC lấy cặp điểm A1 , A2 ; B1 , B2 ; C1 , C2 tương ứng ( A1 nằm B A2 ; B1 nằm C B2 ; C1 nằm A · B = BB · B = CC · C = CC · C Các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 C2 ) thỏa mãn ·AA1 A2 = ·AA2 A1 = BB 2 1 2 cắt tạo thành tam giác X 1Y1Z1 ; đường thẳng AA2 , BB2 , CC2 cắt tạo thành tam giác X 2Y2 Z Gọi H trực tâm tam giác ABC Chứng minh hai tam giác X 1Y1Z1 X 2Y2 Z nội tiếp đường tròn Hướng dẫn chấm 4,0 điểm Bổ đề: Gọi R R( HBC ) , R( HCA) , R( HAB ) bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC HBC , HCA, HAB Khi R( HBC ) = R( HCA) = R( HAB ) = R (*) Chứng minh: Áp dụng định lí Sin, ta có 2R = BC BC , R( HBC ) = (1) · · sin BAC sin BHC Mặt khác theo tính chất trực tâm · · · · (2) BAC + BHC = 1800 ⇒ sin BAC = sin BHC Từ (1) (2) suy R = R( HBC ) Tương tự ta có (*) 1,5 1,0 Đặt ·AA1 A2 = α Từ giả thiết ta thấy H , X nằm phía đường thẳng BC o · · HBX , suy bốn điểm B, C , H , X thuộc đường = HCX = 90 − α tròn Theo (*), đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC ABC có bán kính R Áp ( ) o dụng định lý Sin, ta có HX = R sin 90 − α = R cos α 1,0 Tương tự HX = HY1 = HY2 = HZ1 = HZ = R cos α Vậy hai tam giác X 1Y1Z1 X 2Y2 Z nội tiếp đường tròn tâm H , bán kính R cos α 0,5 Bài (4,0 điểm) Gọi ℑ tập tất tam thức bậc hai f ( x) = ax + bx + c với hệ số thực thỏa   mãn −2016 ≤ f (1), f ( −1), f (0) ≤ 2016 Tìm max  max f ( x) ÷ f ∈ℑ  x∈[ −1;1]  Hướng dẫn chấm 4,0 điểm f (1) + f (−1)  − f (0) a =  f (1) = a + b + c  f (1) − f (−1)    f (−1) = a − b + c ⇒ b =  f (0) = c   c = f (0)   1,0 Ta có Suy f (1) − f (−1)  f (1) + f (−1)  f ( x) =  − f (0) ÷x + x + f (0) 2   f (1) f ( −1) = x +x + x − x + f (0) − x 2 ( ) ( ) ( ) (Chú ý: Có thể sử dụng khai triển Lagrange để thu khai triển trên) Do 1,0 Hướng dẫn chấm ( ( ) ( f (1) f (−1) x +x + x − x + f (0) − x 2 f ( x) = ≤ ) 4,0 điểm ) f (1) f (−1) x +x + x − x + | f (0) | − x 2 ) ( ( ) ≤ 1008 x + x + x − x + 2016 − x Vì ( x + x)( x − x) = x ( x − 1) ≤ 0, ∀x ∈ [ − 1;1] nên với f ∈ ℑ với x ∈ [ − 1;1] , ta có ( ) ( ) f ( x) ≤ 1008 x + x − x − x + 2016 − x = −2016 x + 2016 | x | +2016 1  = −2016  | x | − ÷ + 2520 ≤ 2520 2   1,0  Vậy max  max f ( x) ÷ = 2520 , chẳng hạn với f ∈ℑ  x∈[ −1;1]  1,0 f ( x) = −2016 x + 2016 x + 2016 Bài (4,0 điểm) Trên nửa đường tròn với hai điểm đầu mút A B ta lấy 2016 cung c1, c2 , , c2016 thỏa mãn: hai cung có điểm chung Chứng minh cung c1, c2 , , c2016 có điểm chung Hướng dẫn chấm 4,0 điểm Chiếu vuông góc cung c1, c2 , , c2016 xuống đường thẳng AB ta 2016 đoạn thẳng A1B1, A2 B2 , , A2016 B2016 ( Ai A Bi ) tương ứng thỏa mãn: giao hai đoạn thẳng khác rỗng 1,0 Coi AB trục số với chiều dương chiều từ A đến B Giả sử điểm Ai , Bi có tọa độ tương ứng , bi trục chọn Từ [ Ai Bi ] ∩  A j B j  ≠ ∅ suy tồn c ∈ [ai ; bi ] ∩ [ a j ; b j ] ⇒ c ≤ bi , b j c ≥ , a j Do 1,0 min{bi , b j } ≥ max{ai , a j }, ∀i ≠ j (*) (ở ta kí hiệu [ Ai Bi ] đoạn thẳng Ai Bi ) Vì [ Ai Bi ] ∩  A j B j  ≠ ∅; ∀i ≠ j; i , j = 1, 2016 nên áp dụng (*) ta min{b1, b2 , , b2016 } ≥ max{a1, a2 , , a2016} Suy tồn c ' thỏa mãn min{b1, b2 , , b2016 } ≥ c ' ≥ max{a1, a2 , , a2016 } 1,0 2016 Từ ≤ c ' ≤ bi ⇒ c ' ∈ [ai ; bi ],∀i = 1, 2016 ⇒ c ' ∈ I [ai ; bi ] i =1 Giả sử điểm C ' có tọa độ c ' trục chọn, suy C ' điểm chung tất đoạn Ai Bi , ∀i = 1, 2016 Gọi d đường thẳng qua C ' vuông góc với AB , d có điểm chung với tất cung c1, c2 , , c2016 Do cung c1, c2 , , c2016 có điểm chung Bài (4,0 điểm) Chứng minh S = 20152 + 2014 + 20162 + 2015 số vô tỉ 1,0 Hướng dẫn chấm Giả sử n + k = n + α Khi α + 2nα − k = ⇒ < α = − n + n + k = Suy 4,0 điểm 20152 + 2014 < 2015 + 2014 2.2015 k n + n2 + k < k , ∀n, k ∈ ¥ * 2n 20162 + 2015 < 2016 + 1,0 2015 2.2016 Vậy 2015 + 2016 < S < 2015 + 2016 + Mặt khác, ta thấy Suy ( 2014 2015 + < 2015 + 2016 + ⇒ S ∉ ¢ 2.2015 2.2016 1,0 2 20152 + 2014 nghiệm đa thức P( x) = x − 2015 − 2014 ) ( P S − 20162 + 2015 = ⇔ S − 20162 + 2015 ) − 20152 − 2014 = ⇒ S − S 20162 + 2015 + 20162 − 20152 + = ( ) ⇒ S + 20162 − 20152 + ( 1,0 = S (20162 + 2015) ) ⇒ S + 2(20162 − 20152 + 1) − 4(20162 + 2015) S + (20162 − 20152 + 1) = Do S = 20152 + 2014 + 20162 + 2015 nghiệm đa thức ( ) Q ( x) = x + 2(20162 − 20152 + 1) − 4(20162 + 2015) x + (20162 − 20152 + 1) Vì Q ( x) ∈ ¢[x] hệ số lũy thừa bậc cao Q ( x) nên S số hữu tỉ S phải số nguyên, vô lí theo chứng minh Vậy S số vô tỉ -Hết- 1,0