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 4 điểm Đặt 3 -1 3 1 , 6 2 a b x y + = = Viết lại hệ đã cho thành 3 2 3 2 2 6 9 6 14 20 (1) 1 (2) b b a a a b      − + = + − + = Ta có phương trình (1) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 2 1 6 6 20⇔ − = − + +b b a a a thay 2 2 1-b a= từ pt(2) ta thu được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 3 2 1 6 6 20 1 6 6 20 9 6 9 6 0 − − = − + + ⇔ − + + + − + − = a b a a a a a a b a ab - Với 1 1 1 0 , 6 4 a b x y= ⇒ = ⇒ = = - Với 2 6 6 20 9 6 9 6 0+ + + − + − =a a b a ab ta có 2 2 6 29 15 6 3 6 5 0VT a a≥ + − − − = + > . Vậy pt này vô nghiệm. KL: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất 1 1 ( ; ) ; 3 4    ÷   =x y 0.5 1,5 0,5 1,0 0,5 Câu 2 Nội dung Điểm 4 điểm ( Học sinh tự vẽ hình) 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 OEB OGB BG x= ⇒ =V V 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 6 36 (1) 6 EB FO x xy EO FC y = ⇒ = ⇔ = Đặt ' , ' .x EA y FD= = Hoàn toàn tương tự ta cũng thu được '. ' 36 (2)x y = Từ giả thiết ta lại có ' 16, ' 12 (3)x x y y+ = + = 0,5 1,0 0,5 1 Giải hệ (1), (2), (3) ta thu được ( ) ( ) ( ) ( ) , , ', ' 4,9,12,3 , , ', ' 12,3,4,9 x y x y x y x y     = = Theo giả thiết ' 'BC AD x y x y< ⇔ + < + nên bộ nghiệm thứ hai bị loại. Kết luận 13.BC = 1,0 1,0 Câu 3 Nội dung Điểm 4 điểm Cho 0y = vào i) ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 1 0 (*)f f f x f x f f x f+ = + ⇒ − = - Nếu ( ) 0 1f ≠ , cho 0x = vào (*) ta được ( ) 0 0f = (trái giả thiết) - Vậy ( ) 0 1.f = Cho 0y = vào ii) ta được ( ) ( ) ( ) . 1 0 .f x f x x− = ∀ ∈¢ Như vậy tập giá trị của f chỉ là { } 0;1 Cho 2y = vào i) ta được ( ) ( ) 2 2f x f x= . Từ giả thiết ( ) ( ) ( ) 10 0 10 1 5 1f f f≠ ⇒ = ⇒ = Cho 5y = vào i) ta được ( ) ( ) 5 5 1 .f x f x= = ∀ ∈¢ Lại cho x y= vào i) ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 0.f x f x f f = ⇒ = = Ta cũng có ( ) ( ) ( ) 2 2.1 1 0.f f f= = = Giả sử ( ) 3 1.f = Cho 5, 3x y= = vào ii) thu được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 5 0 2 1f f f f− = ⇒ = (mâu thuẫn). Vậy ta luôn có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 0.f f f f= = = = (**) Bây giờ, giả sử x∈¢ thỏa mãn ( ) 1.f x = Ta viết 5 ; , ,0 5.x k r k r r= + ∈ < <¢ Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 1 5 0 1 5 1.f x f x f f x f x− − = ⇒ = → − = Đặc biệt ( ) ( ) ( ) 5 0 5 0 1.f f f− = − = = Tương tự ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 1 5 0 1 5 1.f x f x f f x f x+ − − = ⇒ = → + = Từ đó nếu ( ) 5 1f k r+ = với 0 5r< < thì ta phải có ( ) ( ) 1f k r f r+ = = , tuy nhiên kết luận này mâu thuẫn với (**). Vậy 0.r = Tóm lại: mọi giá trị n cần tìm để ( ) 0f n ≠ là 5 , .n k k= ∀ ∈¢ 1,0 1,5 1,0 0,5 2 Câu 4 Nội dung Điểm 4 điểm Ta có 4 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) 1 1 (1 ) (1 ) 1 ( ) ( 1 (1 ) a bc ac b cd bd c da ac d ab bd VT bc c cd d da a ab b c d a bc ac bc b cd bd dc a a b b c d bc c bc cd d dc a a b b a c da ac da c c a da a da c c + + + + + + + + + = + + + + + + + + + + +     + + + + + + + +  ÷  ÷     = +     + + + + + + + +  ÷  ÷       + + + +  ÷   + +   + + + +  ÷   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 ) 1 (1 ) 1 1 1 1 (1 ) (1 ) 1 1 1 1 (1 ) (1 ) 1 1 1 1 Bunhiacopxki b d ab bd ab d d b ab b ab d d bc c cd d c d bc c bc cd d dc a a b b da a ab b a b da a da ab b ab c c d d a bc c b cd d abc c   + + + +  ÷     + + + +  ÷   + + + + ≥ +     + + + + + + + +  ÷  ÷     + + + + + +     + + + + + + + +  ÷  ÷     + + + + = + + + ( ) ( ) 1 1 (*) 1 1 c ad a d ab b bcd d acd a abd b + + + + + + + + + + + + Mà 1 1 1 1 cd d abc c c d d + + + + = + + = . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 (*) 1 1 1 1 4 Cauchy ad bc c ab cd d bc da a cd ab b VP cd d da a ab b bc c + + + + + + + + = + + + + + + + + + + + ≥ Từ đó ta có bđt đã cho được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.a b c d= = = = 2,0 2,0 Câu 5 Nội dung Điểm 4 điểm a) Lấy tập A gồm 4n số: 1,2,…,4n và tập B gồm 2n số chẵn: 4n+2, 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 2 8 8 . 32 2 n n n≤ = . Còn BCNN của 2 số trong A, hoặc 1 số trong A và 1 số trong B ≤ tích của chúng 2 4 .8 32n n n≤ = 0,5 1,0 3 b) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Nếu tập U gồm m+1 số nguyên dương ( ) 2m ≥ 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 2 m . - Chứng minh bổ đề: Gọi các phần tử của U là 1 2 1 1 1 1 1 1 1. m i u u u m i m u u m + > > > ≥ ⇒ ≤ ≤ ∀ ≤ ≤ + Ta chia đoạn 1 1 1 ; u m         thành m đoạn con có độ dài bằng nhau. Theo nguyên lí Dirichlet, ,i j∃ thỏa mãn 1 1i j m≤ < ≤ + để 1 1 , i j u u thuộc cùng một đoạn con. Như vậy 2 1 1 1 1 1 1 1 0 . j i u u m m u m   < − ≤ − <  ÷   Mà 1 1 i j j i i j u u u u u u − − = có mẫu số cuối cùng là BCNN ( ) , i j u u còn tử số là một số dương. Do đó BCNN ( ) 2 , i j u u m > . Ta có bổ đề được chứng minh. - Quay lại bài toán: Cho 3 .m n= Lấy 3 1n + phần tử lớn nhất của tập T, ta có chúng đều 3 .n≥ Áp dụng bổ đề nêu trên ta có điều phải chứng minh. 1,0 1,0 0,5 Người ra đề Đào Quốc Huy 4 . 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. được ( ) ( ) 2 2f x f x= . Từ giả thi t ( ) ( ) ( ) 10 0 10 1 5 1f f f≠ ⇒ = ⇒ = Cho 5y = vào i) ta được ( ) ( ) 5 5 1 .f x f x= = ∀ ∈¢ Lại cho x y= vào i) ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4. m > . Ta có bổ đề được chứng minh. - Quay lại bài toán: Cho 3 .m n= Lấy 3 1n + phần tử lớn nhất của tập T, ta có chúng đều 3 .n≥ Áp dụng bổ đề nêu trên ta có điều phải chứng minh. 1,0 1,0 0,5