Đề thi HSG các trường chuyên vùng Duyên hải & Đồng bằng Bắc Bộ Toán 10 - Sở GS&ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi HSG các trường chuyên vùng Duyên hải & Đồng bằng Bắc Bộ Toán 10 - Sở GS&ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI HSG CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỀ ĐỀ XUẤT VÙNG DUYÊN HẢI& ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 2013 Môn: Toán, lớp 10 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (4,0 điểm) Cho n là số nguyên dương lớn hơn 2 và số nguyên dương p a0a1...an . Chứng minh rằng nếu 2 n mọi ước nguyên tố của p đều lớn hơn 100 thì đa thức P x a0 a1x a2 x ... an x không có nghiệm hữu tỷ. Câu 2 (4,0 điểm) p1 p2 ... p2013 Cho p1, p2 ,..., p2013 là các số nguyên tố đôi một phân biệt. Chứng minh rằng số 2 1 có ít nhất 22013 ước nguyên dương phân biệt. Câu 3 (4,0 điểm) Cho dãy số un thỏa mãn u1 1, u2 3,u3 49,un 2 2un 1 2un un 1,n 2,3,... Tìm tất cả các hằng số 2013 M 10000 sao cho M 4unun 1 là số chính phương với mọi số nguyên dương n . Câu 4 (4,0 điểm) Cho đường tròn O và các đường tròn O1 , O2 , O3 cùng tiếp xúc trong với O và đôi một tiếp xúc ngoài với nhau. Gọi A1, A2 , A3 theo thứ tự là các tiếp điểm của O với O1 , O2 , O3 và các điểm B1, B2 , B3 theo thứ tự là các tiếp điểm của các cặp đường tròn O2 , O3 ; O3 , O1 ; O1 , O2 . Gọi M là giao điểm của 2 đường thẳng A1B1 và A2 B2 ; N là giao điểm của 2 đường thẳng O2 B2 và O3B3 . Chứng minh rằng các điểm O, M , N thẳng hàng. Câu 5 (4,0 điểm) Cho S là một tập hợp có 2014 phần tử. Giả sử S1, S2 ,..., S2013 là các tập con của S . Tìm số bộ 2013 S1, S2 ,..., S2013 sao cho  Si  ? i 1 -----------Hết-----------
2. ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM Câu Nội dung trình bày Điểm 1(4,0đ) Ta có P x 0 với mọi x 0 suy ra mọi nghiệm của P x đều âm. Giả sử P x có b b nghiệm hữu tỷ là x , trong đó a,b ¥ *, a,b 1. Do x là nghiệm hữu tỷ 1,0 a a của P x nên b a0 ,a an a,b 1;2;3;...;9 . n k b k b Ta có P x P ak x a  a k 1 1,0 n b k k an P x P a ax b  k a k 1 n k 1 n b i k 1 i a P x P ax b ak ax . b a   k 1 i 0 1,0 n k 1 i k 1 i an P 10 ab. a a.10 . b  k  k 1 i 0 n k 1 i k 1 i an p ab. a a.10 . b  k  (1) k 1 i 0 Do a,b 1 an ,ab 1 (2). Từ (1) và (2) ta được ab p p có ước nguyên tố nhỏ hơn 100, mâu thuẫn với giả 1,0 thiết. Do đó P x không có nghiệm hữu tỷ. 2(4,0đ) Kí hiệu d n chỉ số ước nguyên dương của số n . Ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề. d 2n 1 d n . Ta xét các trường hợp sau: 1,0 i TH1. Nếu n p , p  thì 2 p 1 2n 1 với mọi i 0, d 2n 1 1 d p d n . 1 2 k TH2. Nếu n p1 p2 ...pk , trong đó pi  thì d n 1 1 2 1 ... k 1 . Mặt khác ta có: 1,0 i j i i j p , p p n p p j i j 2 i 1 2 1 với mọi i 1,k và 2 i 1,2 1 2 1 2 1 1. k j k Do đó d 2n 1 d 2 p j 1 1 d n . Vậy bổ đề được chứng minh.   j 1,0 j 1 j 1 Áp dụng bổ đề ta có: p1 p2 ... p2013 2013 p1 p2 ... p2013 2013 d 2 1 d p1 p2...p2013 2 suy ra 2 1 có ít nhất 2 ước 1,0 nguyên dương phân biệt. 3(4,0đ) 2 2 M 4u1u2 a M 12 a 2 2 Theo giả thiết ta có: b a 12.48. Từ điều M 4u u b2 M 12.49 b2 2 3 1,0 kiện của M ta được a 45,b 51 M 2013. Tiếp theo ta chứng minh 2013 4unun 1 là số chính phương với mọi số nguyên dương n . Thật vậy, đặt vn un 2 un 1 un , từ dãy truy hồi ta được:
3. vn vn 1 2un 2 2 2 vn vn 1 4unvn 1 4un 2 2 2 vn vn 1 4un un 1 un un 1 4un 1,0 2 2 vn vn 1 4unun 1 4unun 1 2 2 2 1,0 vn 4unun 1 vn 1 4unun 1 ... v1 4u1u2 2013 2 vn 2013 4unun 1 với mọi số nguyên dương n hay 2013 4unun 1 là số chính phương với mọi số nguyên dương n . Vậy M 2013. 1,0 4(3,0đ) A3 O3 B2 A1 O1 M N O B1 B3 O2 A2 Gọi R, R1, R2 , R3 lần lượt là bán kính của các đường tròn O , O1 , O2 , O3 . 1 1 1 1 Do 0 nên tồn tại điểm K thỏa mãn hệ thức: R R R R 1 2 3     KO KO KO KO 1 2 3 0 (1) 1,0 R R1 R2 R3   AO AO 1 1 1 0 R R1 Ta có   . Kết hợp với đẳng thức (1) ta được: B1O2 B1O3 0 R2 R3 1 1  1 1  KA1 KB1 0 R R1 R2 R3 1,0 Từ đẳng thức này suy ra A1B1 đi qua điểm K. Chứng minh tương tự ta được A2 B2 cũng đi qua K suy ra K trùng với M. Do đó     MO MO MO MO 1 2 3 0 (2) R R1 R2 R3 Ta có các đẳng thức sau: 0,5
4.       B O B O B O B O B O B O 1 2 1 3 0 ; 2 3 2 1 0; 3 2 3 1 0 R2 R3 R3 R1 R2 R1 Suy ra O1B1 ,O2 B2 ,O3B3 đồng quy tại điểm N thỏa mãn đẳng thức:    0,5 NO NO NO 1 2 3 0 (3) R1 R2 R3 Từ (2) và (3) ta được:     MO NO NO NO 1 1 1  0,5 1 2 3 MN 0 R R1 R2 R3 R1 R2 R3  1 1 1  MO MN 0,5 R1 R2 R3 R Từ đẳng thức này ta suy ra M , N,O thẳng hàng. 5(4,0đ) 2013 Giả sử A là số bộ S1, S2 ,..., S2013 sao cho  Si  và Aj là tập hợp mà mỗi phần i 1 2013 tử là một bộ S1, S2 ,..., S2013 thỏa mãn a j  Si . Khi đó ta có: i 1 2014 2014 2013 A 2  Aj 1,0 j 1 Mặt khác ta có: 2014 1 2013 Aj 2 2013 2014 2 1,0 Ai  Aj 2 . k 2014 k 2013  Aj 2 j 1 Âp dụng nguyên lí bù trừ ta được: 2014 2014 2013 A 2  Aj j 1 1,0 2014 2014 2013 2014 1 2  Aj  Ai  Aj ... 1 A1 ... A2014 j 1 1 i j 2014 0 2013 2014 1 2013 2013 2014 2014 2013 2014 2014 C2014 2 C2014 2 ... 1 C2014 2 2014 22013 1 . 2013 1,0 2013 2014 Vậy số bộ S1, S2 ,..., S2013 sao cho  Si  bằng 2 1 . i 1