Đáp án HSG Toán học lớp 10 trại hè Hùng Vương 2015 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (284.6 KB, 2 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

1

Câu Nội dung Điểm

1

3 2 3

3 1 6 2 5

x x  x  x  x  (1).



3 2

 



3 1 2 6 2 3 0

x x x x x

         

3 2 3

3 5 6 7

3 1 2 6 2 3

x x x x x

    

  

      

1,0

















3 2 3

1 2 5 1 7

0
3 1 2 6 2 3

x x x x x x

x x x x x

     

  

       1,0





3 2 2 2 5 3 2 7

1 0

3 1 2 6 2 3

x x x x

x

x x x x x

     

    

      

   x 1. 1,0

Thử lại x1 thỏa mãn (1). 1,0

Nguồn: Bắc Giang

2

Nguồn: Yên Bái

a) Dễ thấy ·BH C1800 µA. Từ đó suy ra

· 0 · 0 · µ

180 180

MKC BKC BHC A. 1,0 
Do đó · 0 µ

180

NKM  A suy ra tứ giác AN KM

nội tiếp. 1,0

b) Ta có ·BTC1800·BHC·BAC
nên T đối xứng với A qua BC.

Do đó ·PKCTBC· ·ABC µB, suy ra tứ giác
PKN B nội tiếp.

Tương tự ta có tứ giác PKM C nội tiếp.

1,0

Do đó PMC· PKC·  Bµ ·PBN MPC;· ·MKC·NKBNPB· suy ra PBN : PM C.
Vì X Y, là hai trung điểm tương ứng của BN CM, nên ·XPBMPY,· từ đó suy ra

· · 0 · 0 · 0 µ

180 180 180

XPY  BPM  MPC MKC A không đổi.

1,0

3

Ta có x4 1 2x2x4 1 2xy2x x



y



. Do đó,





1
2
1 2

x

x y

x   xy   . 1,0 
Tương tự,









4 4

1 1

2 2

1 2 1 2

y z

y z z x

y   yz  ;z   zx   . 1,0

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 
 LẦN THỨ XI

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
MƠN: TỐN - KHỐI:10

(đáp án gồm 02 trang)

O
H

T

K
X

N

Y
M
A

B C

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2

Do đó,

2 2 2

4 2 4 2 4 2

1 1 1 1

1 2 1 2 1 2

x y z

x y y z z x

x x y y y z z z x (* )

 

      

  

        , áp dụng bất

đẳng thức quen thuộc 1 1 4

x y x y(* * ), suy ra

1,0

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3

4 2

x y y z z x x y y z z x (* * )

 

         

     .

Từ (*) và (**) suy ra bất đẳng thức đã cho đúng. 1,0 
Nguồn: Lào Cai

4

Với tam thức 2

f x( )ax bxc, kí hiệu biệt thức của f x( ) là  f b24ac.
Với phép biến đổi (i), 2

ax bxc biến đổi thành cx2bxa, suy ra chúng có cùng biệt thức là
2

4
b ac

   .

1,0

Với phép biến đổi (ii), gọi x x1; 2 là nghiệm của f x1( )ax2 bxcsuy ra x1t x; 2 t là nghiệm
của f2

 

x a x



t



2b x



 t



c. 1,0 
Vì x1 x2 b x x1 2 c

a; a
    nên







 



1 2

2
2

2 2 2 2

1 2 1 2

4 4

f f

b c

b ac a a x x a x t x t

a a

.   . .

              

 

 

  . Tức là phép

biến đổi này cũng không làm thay đổi biệt thức của tam thức. Do đó, các phép biến đổi trên không
làm thay đổi biệt thức  của tam thức (*).

1,0

Mặt khác, các tam thức 2

8 2015

x  x , 2016x28x1 có biệt thức  là 8124;8128. Do đó, từ
(*) suy ra u cầu bài tốn là khơng thể thực hiện được.

1,0 
Nguồn: Sưu tầm

5

Với n 0, ta có n7n52n4n3n2 1 1 (khơng thỏa mãn).

Với n 1, ta có n7n52n4n3n2 1 3 (thỏa mãn). 1,0 
Xét n2, ta có n7 n52n4n3n2  1



n3 n 1



n4  n 1



 

* .

Giả sử 7 5 4 3 2

2 1

n n  n n n  có đúng một ước nguyên tố là p. 1,0 
Vì n2 nên n4  n 1 n n



3  n 1

 

n2 1



n3  n 1 1, suy ra tồn tại các số nguyên
dương s t, sao cho st và

4
3

1
1

s
t

n n p
n n p .

   




  

 1,0

Ta có n2 1



n4   n 1

 

n n3  n 1



psnpt, suy ra





2 2 3 2

1 t 1 1 1 0

n  Mp n  n   n n n   n , vô lý.
Vậy tất cả các giá trị cần tìm của n là n 1.

1,0 
Nguồn: Vĩnh Phúc

</div>

Đáp án HSG Toán học lớp 10 trại hè Hùng Vương 2015 - Học Toàn Tập

1



 







































2

 

















 











 



 





 







Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về