TỔNG HỢP ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN KHỐI 10 NĂM 2018 CÓ ĐÁP ÁN by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

ĐỀ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

TỔNG HỢP ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN KHỐI 10 NĂM 2018 CÓ ĐÁP ÁN WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Toán; Lớp: 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề Câu 1. (4 điểm). Giải phương trình sau: 3 2 (1 + ) 2 x (Người ra đề: Trần Lê Huy. 0983628286)

x − x −3 =

ai l.c

Câu 2. (4 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC < BC ) nội tiếp đường tròn ( O ) . AH vuông góc BC ( H thuộc BC ), M là trung điểm của AC và P thay đổi trên đoạn MH ( P khác M , H ).

= 90o . Chứng minh rằng P, B, O thẳng hàng. a) Khi APM

b) Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BHP tại Q ( Q khác P ). Chứng minh rằng PQ đi qua một điểm cố định khi P thay đổi.

(Người ra đề: Phạm Thanh Linh. 0985447666) Câu 3. (4 điểm). Cho ba số dương a, b, c . Chứng minh rằng 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + abc(a + b + c) + 3 ≥ 4 ( ab + bc + ca ) (Người ra đề: Nông Thế Như. 0977781698)

yn h

Câu 4. (4 điểm). Tìm tất cả các số nguyên tố p và q thỏa mãn p 2 + 3 pq + q 2 là một lũy thừa của 5.

(Người ra đề: Lã Thị Lệ Hà. 01695050959) Câu 5. (4 điểm). Cho tập A = {1; 2; 3;...2018} , tìm số tập con của A biết rằng tập

con đó chứa ít nhất hai phần tử là hai số nguyên liên tiếp.

(Người ra đề: Lê Anh Chung. 0987828012) -------------------------------- Hết -----------------------------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV Năm học 2017 -2018; Môn: Toán; Lớp: 10 (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

Câu Cách giải Câu 1. (4 điểm). Giải phương trình sau:

3 2 (1 + ) 2 x

ai l.c

x − x −3 =

Điểm

 Điều kiện:  x − x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 x ≥ 3 Khi đó phương trình đã cho tương đương

4 x 2 − 4 x x − 3 = 3( x + 2) ⇔ 4 x 2 − 4 x x − 3 = 3 x + 12 x + 12 2

1,0

2 x − x − 3 = −2 x − 3 Trong trường hợp này khi x ≥ 3 thì VT > 0; VP < 0 do đó phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4 .

1,0

yn h

⇔ 4 x − 4 x x − 3 + x − 3 = 4 x + 12 x + 9 ⇔ (2 x − x − 3) = (2 x + 3) Trường hợp 1: 2 x − x − 3 = 2 x + 3 ⇔ 2( x − 2) + x − 3 − 1 − 2( x − 4) = 0  2  1 ⇔ ( x − 4)  + − 2 = 0 ⇔ x = 4 x − 3 +1   x +2 2 1 Vì + − 2 < 0 khi x ≥ 3 x +2 x − 3 +1 Trường hợp 2:

Câu 2. (4 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC < BC ) nội tiếp đường

tròn ( O ) . AH vuông góc BC ( H thuộc BC ), M là trung điểm của AC và P thay đổi trên đoạn MH ( P khác M , H ). = 90o . Chứng minh rằng P, B, O thẳng hàng. a) Khi APM

b) Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BHP tại Q ( Q khác P ). Chứng minh rằng PQ đi qua một điểm cố định khi P thay đổi. = 90o , suy ra tứ giác APHB nội tiếp. a) Để ý rằng APB

1,0

= MHA = MAH = OAB = OBA do đó B, P, O thằng hàng Ta có: PBA

1,0

-1-

P C

ai l.c

1,0

yn h

= 180 o − BHP = MHC và PQA = HMC do đó: b) Ta có: BQP = 180 o − ACB hay bốn điểm B, Q, A, C cùng nằm trên một đường tròn. BQA

Gọi đường thẳng qua C song song với HM cắt ( O ) tại K ≠ C . Ta có:

= 180 o − MCK = 180 o − QAM = PQA do đó P, Q, A thẳng hàng. AQK

1,0

Để ý rằng: MH cố định nên K cố định vậy ta có PQ đi qua K cố định (điều phải chứng minh). Câu 3. (4 điểm). Cho ba số dương a, b, c . Chứng minh rằng 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + abc(a + b + c) + 3 ≥ 4 ( ab + bc + ca ) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 3

3abc ( a + b + c ) 18abc abc ( a + b + c ) + 3 ≥ 2 3abc(a + b + c) = 2 ≥ 2 a+b+c (a + b + c)

2,0

Ta cần chứng minh a 2 + b2 + c3 + 9abc ≥ 2 ( ab + bc + ca )

1,0

a+b+c 3 3 3 ⇔ a + b + c + 3abc ≥ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a )

Đây là bất đẳng thức Shur quen thuộc. Vậy, bài toán được CM. -2-

1,0

Câu 4. (4 điểm). Tìm tất cả các số nguyên tố p và q thỏa mãn p 2 + 3 pq + q 2 là một lũy thừa

Giả sử p 2 + 3 pq + q 2 = 5n , n ∈ ℕ . 2,0

Vì p ≥ 2 và q ≥ 2 nên p 2 + 3 pq + q 2 ≥ 20 , do đó n ≥ 2 . Như vậy ( p 2 + 3 pq + q 2 )⋮ 25 và ( p 2 + 3 pq + q 2 )⋮5 . 2

Mặt khác, p 2 + 3 pq + q 2 = ( p − q ) + 5 pq . 2

2,0

ai l.c

Như vậy ta có: ( p − q ) ⋮5 và ( p − q ) ⋮ 25 , suy ra 5 pq ⋮ 25 , lại do p , q nguyên tố nên phải có p = 5 và q = 5 .

Khi p = 5 và q = 5 thì p 2 + 3 pq + q 2 = 125 = 53 . Kết luận p = 5 và q = 5 . Câu 5. (4 điểm). Cho tập A = {1, 2, 3,… 2018} , tìm số tập con của A biết rằng tập con đó chứa

1,0

ít nhất hai phần tử là hai số nguyên liên tiếp. Rõ ràng tập con rỗng không thỏa mãn đề bài . Gọi A n là tập hợp các tập con khác rỗng của tập có n phần tử số tự nhiên liên tiếp {1, 2, 3,..., n} mà các tập con này không có hai phần tử nào là hai số nguyên liên tiếp.

+ A n−1 là tập hợp các tập con khác rỗng như vậy không chứa phần tử n 1,0

+Tương tự: A n−2 Tập hợp các tập con có chứa phần tử n (ta bỏ đi phần tử liền trước n ), dạng {a1 , a2 , a3 ..., n} , ai ≠ n − 1, i ≥ 1 và tập con {n}

Vậy số phần tử của A n là: A n = A n −1 + A n −2 + 1

yn h

Ta có A 2 = 2, A3 = 4 , bằng truy hồi ta có :

1,0

1  1 + 5 n+ 2 1 − 5 n+ 2  An = ) −( )  −1 ( 2 5 2 

Ta có số tập con khác rỗng của tập {1, 2, 3,..., n} là 2n − 1 , vậy số tập con chứa ít nhất 2 phần tử là hai số nguyên liên tiếp là:

1  1 + 5 n+ 2 1 − 5 n+ 2  An = 2 − 1 − A n = 2 − ) −( )  . Áp dụng với n = 2018 . ( 2 5 2 

Ghi chú: Học sinh có thể giải theo cách khác. Giải đúng vẫn cho điểm tối đa. XÁC NHẬN CỦA BAN GIÁM HIỆU

-3-

1,0

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2018 MÔN TOÁN - KHỐI 10 Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình

ai l.c

Câu 2 (4 điểm)

4 y 2 − 4 y + 2 − 3 8 y 2 + 2 y = 1 − x 2 .   y (20 y + 1) − 2 x 7 y − 1 = 0

Cho tam giác ABC với trọng tâm G. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC,

CA, AB. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF cắt đường thẳng BE tại điểm thứ hai là P.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt AD tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng PD và FQ cắt nhau tại một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQG.

Câu 3 (4 điểm)

Tìm số nguyên dương n bé nhất sao cho tồn tại bộ n số nguyên dương phân biệt

{ x1 , x2 ,..., xn } thỏa mãn

( x1 − 1)( x2 − 1)...( xn − 1) 1 . = 4 x1 x2 ...xn 2018

Câu 4 (4 điểm)

yn h

Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a + b + c ≤ 3 . Chứng minh rằng

 a+b a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a2 b+c c+a  + + + 3 ≤ 2  + +  . ab(a + b) bc (b + c) ca (c + a) ab bc ca  

Câu 5 (4 điểm)

Mỗi điểm trong mặt phẳng được tô màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng ta có thể tìm

được ba điểm cùng màu tạo thành tam giác đều có diện tích bằng 2018 3 hoặc có thể tìm được ba điểm cùng màu tạo thành tam giác đều có diện tích bằng 6054 3 .

Giáo viên ra đề: Vũ Thị Vân. Số điện thoại 0982415216

ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MÔN TOÁN 10 Bài 1: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình 4 y 2 − 4 y + 2 − 3 8 y 2 + 2 y = 1 − x 2 .   y (20 y + 1) − 2 x 7 y − 1 = 0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1 7

Điều kiện y ≥ .

Do y ≥

1 nên từ phương trình thứ 2 suy ra x>0. 7

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

4 y +1 .1 2 1 4 y +1  2 ≤ 4y + + 1 + x + 7 y − 1 3 2  1 = x 2 +9y- . (2) 2

2 y (4 y + 1) + 2 x 7 y − 1 = 3 4 y.

1,5đ

1,0đ

2 y (4 y + 1) + 2 x 7 y − 1 = x 2 + (2 y − 1) 2 + 20 y 2 + y = x 2 + 25 y 2 − 3 y + 1.(1)

ai l.c

Từ hệ ta suy ra

yn h

Từ (1) và (2) suy ra

x 2 + 25 y 2 − 3 y + 1 ≤ x 2 + 9 y −

1 2

1,0đ

⇔ ( 4 y − 1) ≤ 0

1 ⇔ y= . 4

Từ đó suy ra x =

3 Thỏa mãn hệ. 2

 3 1 ;  .  2 4

Vậy hệ có nghiệm là ( x; y ) = 

0,5đ

Câu 2 (4 điểm) . Cho tam giác ABC với trọng tâm G. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF cắt đường thẳng BE tại điểm thứ 2

hai là P. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt AD tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng PD và FQ cắt nhau tại một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQG. ĐÁP ÁN

ĐIỂM

A P E

ai l.c

yn h

Gọi R là giao điểm của PD và QF. Điều phải chứng minh tương đương với P, Q, R, G đồng viên.

Gọi H là giao điểm của (FQD) và CF, I là điểm sao cho BPID là hình

bình hành.

Gọi K là giao điểm của ID và CG.

1,0đ

Dễ dàng suy ra được K trung điểm CG.

+) Ta chứng minh HDCI nội tiếp hay KD.KI = KH.KC Đặt a = GE, b = GF

Ta có GP.GB = GC.GF = 2b 2 ⇒ GP =

b2 a

a2 GB.GE = GQ.GA = 2GD.GQ = 2GH .GF ⇒ GH = b a2 ; CK = b. b

BG = a; KI = DI − KD = BP − KD = BG + GP − KD 2 b2 b2 = 2a + − a = a + . a a

KH = KG + GH = b +

KD =

a2 b2 )b = (a + )a = KD.KI b a

1.0đ

Vậy HDCI nội tiếp.

ai l.c

KH .KC = (b +

Khi đó

1,0đ

Khi đó ta có

∠ GQR = ∠ DHG (Do FHDQ nội tiếp)

= ∠ DIC (Do HDCI nội tiếp)

1,0đ

yn h

= ∠ PDI (Do PICD là hình bình hành)

= ∠ GPR (Do BPID là hình bình hành)

Suy ra GPQR nội tiếp. Từ đó có điều phải chứng minh

Câu 3 (4 điểm). Tìm số nguyên dương n bé nhất sao cho tồn tại bộ n số nguyên dương

phân biệt { x1 , x2 ,..., xn } thỏa mãn ( x1 − 1)( x2 − 1)...( xn − 1) 1 . = 4 x1 x2 ...xn 2018

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Giả sử với số nguyên dương n nào đó, tồn tại n số x1 , x2 ,..., xn thỏa mãn

( x1 − 1)( x2 − 1)...( xn − 1) 1 . (1) = 4 x1 x2 ...xn 2018

0,5đ

Không mất tính tổng quát ta giả sử x1 < x2 < ... < xn . Dễ thấy x1 > 1 . Do đó 2 ≤ x1 ≤ x2 − 1 ≤ ... ≤ xn − (n − 1) ⇒ xi ≥ i + 1, i = 1,..., n,

(2) 0,5đ

Từ (1) và (2) suy ra

ai l.c gm

1,0đ

2018 1009 = > 504 ⇒ n ≥ 504. 4 2

Suy ra n + 1 ≥

 4 1  1  1 = 1 −   1 −  ...  1 −  2018  x1   x2   xn  1   1  1   ≥  1 −  1 −  ...  1 −   2   3   n +1 1 2 1 n = . ... = . 2 3 n +1 n +1

Ta sẽ chỉ ra số n =504 là bé nhất thỏa mãn đầu bài. Thật vậy, ta xét 504 số: 2, 3, …, 504, 1009. Ta có

1.5đ

2018 (2-1)(3-1)…(504-1)(1009-1)=2018.1.2…503.1008 =4.2.3….504.1009.

0,5đ

Vì vậy n =504 là số cần tìm.

yn h

Câu 4 (4 điểm). Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a + b + c ≤ 3 . Chứng minh rằng

ĐÁP ÁN

 a+b a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a2 b+c c+a  + + + 3 ≤ 2  + + . ab(a + b) bc (b + c) ca (c + a) bc ca   ab

ĐIỂM

0.5

Áp dụng bất đẳng thức 2(a 2 + b2 ) ≥ (a + b) 2 ⇒ 2(a 2 + b 2 ) ≥ a + b , ta có 2.

 2 a+b a 2 + b2  a2 + b2 ( a + b) 2 2 . = 2 = 2 + ≥ +  ab ab(a + b) a+b ab(a + b)  a + b ab(a + b) 

Tương tự 5

2,0

b+c b2 + c2 2 , ≥ + bc b+c bc ( b + c )

c+a c2 + a2 2 . ≥ + ca c+a ca ( c + a )

Mặt khác ta lại áp dụng bất đẳng thức 3 2

1 1 1   +  +   x  y  z

ta được

x + y + z ≥ 3.

1,5

ai l.c

2 2 2 3 3 + + ≥ 3. =3 ≥ 3. a + b b + c c + a a+b b+c c+a a+b+c + + 2 2 2

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Câu 5 (4 điểm). Mỗi điểm trong mặt phẳng được tô màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh

rằng ta có thể tìm được ba điểm cùng màu tạo thành tam giác đều có diện tích bằng

2018 3 hoặc có thể tìm được ba điểm cùng màu tạo thành tam giác đều có diện tích

bằng 6054 3 .

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

yn h

Giả sử ta không thể tìm được ba điểm cùng màu tạo thành tam giác

đều có diện tích bằng 2018.

Chọn ba điểm tạo thành tam giác đều có cạnh bằng 2. 2018 nghĩa là có diện tích bằng 2018 3 .

1,5

Khi đó, theo giả sử trên, chắc chắn phải có hai điểm khác màu. Chọn một điểm nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm trên sao cho khoảng cách từ điểm này đến mỗi một trong hai

điểm đó bằng 4 2018 . Lúc đó, điểm này phải có màu khác với một trong hai điểm đó, vì thế có thể gọi A, B là hai điểm có khoảng cách bằng 4 2018 với A 6

1,5

xanh, B đỏ. Gọi M là trung điểm của AB. Không mất tính tổng quát giả sử M có màu đỏ. Ta có MA=MB=2 2018 . Gọi C, D là hai điểm sao cho tam giác MCB và MDB đều. Khi đó C, D đều có màu xanh. Nghĩa là ba điểm A, C, D đều cùng màu xanh.

Ta dễ dàng chứng minh được tam giác ACD đều có cạnh bằng

1,0

ai l.c

2 6054 hay có diện tích bằng 6054 3 .

Ta có điều phải chứng minh.

yn h

Giáo viên ra đề và đáp án: Vũ Thị Vân. Số điện thoại 0982415216

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV NĂM 2018

ĐỀ ĐỀ XUẤT

Môn: TOÁN - LỚP 10 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

 x 3 − y 3 − 6 x 2 + 6 x = 3 y 2 + 5 y − 8 x + 15  3  2 x + x + 2017 x − 2018 = y + 4

ai l.c

Bài 2. (4,0 điểm)

Bài 1. (4,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

Cho tam giác ABC có trực tâm H. Giả sử tồn tại các điểm E, F trên HB, HC sao

cho EF song song với BC và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF thuộc BC.

Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và HEF tiếp xúc nhau.

Bài 3. (4,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3a 4b 5c P= + + . b+c c+a a+b

Bài 4. (4,0 điểm) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình sau: 3 x 2 − y 2 − 2 xy − 2 x − 2 y + 8 = 0

yn h

Bài 5. (4,0 điểm) Sau khi khai trương được đúng 10 ngày, một nhân viên thư viện cho biết: (i) Mỗi ngày có đúng 8 người đến đọc sách; (ii) Không có người nào đến thư viện một ngày quá một lần; (iii) Trong hai ngày bất kì của 10 ngày đó thì có ít nhất là 15 người khác nhau cùng đến thư viện. Căn cứ đồng thời cả ba điều kiện mà nhân viên thư viện cung cấp, hãy cho biết

số người tối thiểu đã đến thư viện trong 10 ngày nói trên là bao nhiêu?

………. Hết………. GV ra đề: Vương Thùy Dung

ĐT: 0912695064

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

CAO BẰNG

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII Môn: TOÁN - Khối: 10

Bài

Nội dung

Điểm

Giải hệ phương trình sau: 3 3 2 2  x − y − 6 x + 6 x = 3 y + 5 y − 8 x + 15  3  2 x + x + 2017 x − 2018 = y + 4 Điều kiện: x ≥ 0; y ≥ −4

(2)

(1)

⇔ ( x − y − 3) ( x 2 + y 2 − 3 x + xy + 6 ) = 0

Thay y = x − 3 vào (2) ta được 3

4,0

2  x  2  x   ⇔ ( x − y − 3 )  − 1  +  + y  + 3  = 0   2   2  ⇔ x− y −3= 0 ⇔ y = x − 3 (*)

ai l.c

Ta có (1) ⇔ ( x − 2 ) + 2 ( x − 2 ) = ( y + 1) + 2 ( y + 1)

2 x + x + 2017 x − 2018 = x + 1

yn h

⇔ 2 x − x + 1 + x + 2017 x − 2018 = 0 x −1 ⇔ + ( x − 1) ( x 2 + x + 2018) = 0 2x + x + 1 1   ⇔ ( x − 1)  + x 2 + x + 2018  = 0 (**)  2x + x + 1  1 Với ∀x ≥ 0 thì + x 2 + x + 2018 > 0 nên 2x + x + 1 (**) ⇔ x = 1 ⇒ y = −2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (1; −2 )

4,0

Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF và S là giao điểm 2

của đường tròn ngoại tiếp các tam giác BFK và CEK. = ESK + FSK = FBK + ECK = 1800 − EHF Ta có ESF Suy ra E , H , F , S cùng thuộc một đường tròn. = BSK + CSK = HFK + HEK Mặt khác BSC − EKF = 3600 − BHC

ai l.c

− 2.BAC = 3600 − 1800 + BAC = 1800 − BAC Do đó A, B, S, C cùng thuộc một đường tròn. Tiếp tuyến SL tại S của đường tròn (ABC). = BSL + FSB = BCS + FKB Do FSL + KFE = KEF + SEK = SEF = SEK Nên SL là tiếp tuyến tại S của đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và HEF tiếp xúc nhau.

) (

)

yn h

2 2  3   4   .   +  +  b + c   c + a    2 1 3+ 4+ 5 ≥ 2 2 1 min P = 3 + 4 + 5 − 12 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi b + c = k  b+c c+a a+b = = = k ⇔ c + a = k 3 4 5  a + b = k

) (

(

Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3a 4b 5c P= + + b+c c+a a+b Ta có  3a   4b   5c  + 3 +  + 4 +  + 5 P + 12 =  b+c  c+a  a+b  4 5   3 = (a + b + c) + +  b+c c+a a+b 2 2 2 1 =  b + c + c + a + a + b .  2 

4,0

) )

( (

2 5     a+b   

⇔ a+b+c=

3 4 5

k 2

(

3+ 4+ 5

)

k  a = 2  k  ⇔ b = 2  k  c =  2

( ( (

) 4) 5)

4+ 5− 3 3+ 5− 3+ 4−

Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình sau 3x 2 − y 2 − 2 xy − 2 x − 2 y + 8 = 0 (*) Ta có (*) y 2 + 2 ( x + 1) y − ( 3 x 2 − 2 x + 8 ) = 0 2

Để phương trình (*) có nghiệm nguyên thì ∆ ' y = 4 x 2 + 9 là số chính phương. Đặt 4 x 2 + 9 = k 2 ( k ∈ ℕ ) Ta đưa về phương trình ước số ( k − 2 x )( k + 2 x ) = 9 Tìm được x ∈ {−2;0;2}

4,0

ai l.c

∆ ' y = ( x + 1) + 3 x 2 − 2 x + 8 = 4 x 2 + 9

+) Với x = −2 thì y 2 − 2 y − 24 = 0 nên y ∈ {−6;4}

+) Với x = 0 thì y 2 + 2 y − 8 = 0 nên y ∈ {−4;2}

+) Với x = 2 thì y 2 + 6 y − 16 = 0 nên y ∈ {−8;2} Vậy phương trình (*) có các nghiệm là ( −2; −6 ) ; ( −2;4 ) ; ( 0; −4 ) ; ( 0;2 ) ; ( 2; −8 ) ; ( 2;2 )

yn h

Gọi xi là số người đến đọc sách được i ngày ( i = 1,2,..., K ) và K ≤ 10 Gọi n là số người đã đến thư viện trong 10 ngày đó thì ta có: n = x1 + x2 + ... + xK (1) và 80 = x1 + 2 x2 + ... + KxK (2) Gọi y là số cách chọn hai ngày sao cho không có người nào đến thư viện quá một lần trong hai ngày đó. Vì trong hai ngày bất kì của 10 ngày có ít nhất là 15 người khác nhau cùng đến thư viện, nên trong hai ngày bất kì của 10 ngày đó có không quá một người đến thư viện trong cả hai ngày đó. Như vậy, ta có: C102 = C22 x2 + C32 x3 + ... + CK2 xK + y (3) ( i − 2 )( i − 3) x ≥ 0 2 1 Nhận thấy rằng xi − ixi + Ci2 xi = i 3 3 6 2 1 115  + 1 , suy ra n ≥ 39 . Lấy (1) − (2) + (3) , ta có: n ≥  3 3  3  Vậy số người tối thiểu đi đến thư viện trong 10 ngày là 39.

4,0

yn h

ai l.c

ĐỀ THI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ 14 Năm 2018

ĐỀ ĐỀ XUẤT

MÔN TOÁN – KHỐI 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ BÀI Bài 1 (4,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn hệ phương trình

ai l.c

3 x 2 + 9 y 2 = 16  2 2 9 y + z + 3 yz = 169 3 x 2 + z 2 + 3 xz = 225  Tính giá trị của biểu thức A = 6 xy + 3 yz + zx .

= 600 , AB > AC . Gọi Bài 2 (4,0 điểm). Cho ∆ABC có 3 góc đều nhọn, BAC

O, I, H tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và trực tâm của ∆ABC . Gọi B', C' tương ứng là giao điểm thứ hai của BI, CI với (O).

a) Gọi K là giao điểm của OI và B'C'. Chứng minh: K, B, C thẳng hàng.

b) Chứng minh góc AIH là góc tù.

Bài 3 (4,0 điểm). Cho x, y là các số thực sao cho

x 2 + 2 y 2 + xy ≥ 1 .

yn h

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M = x2 + 4 y 2 .

Bài 4 (4,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn x 3 − y 3 = 3 x 2 + y 2 − 3 x + 2.

Bài 5 (4,0 điểm). Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1 000 000 mà tổng

các chữ số bằng 26.

---Hết---

Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.

HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn này có 04 trang) ---------

Bài 1 (4,0 điểm). Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn hệ phương trình 3 x 2 + 9 y 2 = 16  2 2 9 y + z + 3 yz = 169 3 x 2 + z 2 + 3 xz = 225 

Tính giá trị của biểu thức A = 6 xy + 3 yz + zx .

Hướng dẫn chấm

4,0 điểm

= 1200 , COA = 1500 . OA = x 3, OB = 3 y, OC = z , AOB = 900 , BOC

Theo công thức He-ron thì S ABC =

1,0 1,0

Khi đó theo định lí hàm số Côsin ta có: AB = 4, BC = 13, CA = 15 .

ai l.c

Lấy điểm O và các điểm A, B, C sao cho

p ( p − a )( p − b )( p − c ) = 24

1,0

Mặt khác S ABC = SOAB + SOBC + SOCA

⇔ 48 = OA.OB.sin 900 + OB.OC.sin1200 + OC.OA.sin1500 ⇔ 6 xy + 3 yz + zx = 32 3 . Vậy A = 32 3 .

1,0

= 600 , AB > AC . Gọi Bài 2 (4,0 điểm). Cho ∆ABC có 3 góc đều nhọn, BAC

O, I, H tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và trực tâm của ∆ABC . Gọi B', C' tương ứng là giao điểm thứ hai của BI, CI với (O)

yn h

a) Gọi K là giao điểm của OI và B'C'. Chứng minh: K, B, C thẳng hàng.

b) Chứng minh góc AIH là góc tù. Hướng dẫn chấm

4,0 điểm

F I

O B

H D

K C

a) Ta có

B' A = B' C = B' I , C' A = C' B = C' I .

1,0

I = BAC = 60 nên tam giác IBC' đều, thành thử OI là trung trực của Lại có BC' 0

BC'. Tương tự, OI là trung trực của B'C. Vậy tứ giác BCB'C' là hình thang cân. Suy ra BC, B'C' và OI đồng quy.

1,0

Vậy K, B, C thẳng hàng.

= BHC = 1200 nên tứ giác BIHC nội tiếp. b) Dễ thấy BIC = 1800 − IHD = 1800 − IHB − BHD = 1800 − ICB − ACB Lại có IHA

1,0

3 3 = 1800 − 3 ACB = 1800 − 1200 − ABC = ABC . ⇒ IHA 2 2 2

)

= IAC − HAC = 300 Xét góc IAH

( − ( 90

ACB = ACB − 600 = 600 − ABC −

)

(

)

ai l.c

+ IAH = 1200 − 1 AIH = 1800 − IHA ABC Suy ra:

ABC + ACB = 1200 và AB > AC ⇒ ABC < 600 < ACB . Từ đó ta có Do

1,0

1 =3 IHA ABC < 900 và AIH = 1200 − ABC > 900 . 2 2

AIH là góc tù. Vậy góc

Bài 3 (4,0 điểm). Cho x, y là các số thực sao cho

x 2 + 2 y 2 + xy ≥ 1 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

yn h

M = x2 + 4 y 2 .

Hướng dẫn chấm

4,0 điểm

Đặt a = x + 2 y + xy, a ≥ 1 . Khi đó

M x2 + 4 y 2 = 2 a x + 2 y 2 + xy

M =1 a

1) Nếu y = 0 thì

1,0

2) Nếu y ≠ 0 suy ra

x M t2 + 4 = 2 ,t= . y a t +t +2

Ta chỉ cần xác định các giá trị k =

M < 1 , sao cho phương trình a

t2 + 4 = k có nghiệm. t2 + t + 2 2

1,0

Hướng dẫn chấm Tức phương trình

( k − 1) t

+ kt + 2k − 4 = 0 có nghiệm.

Điều kiện: ∆ ≥ 0 ⇔ −7 k + 24k − 16 ≥ 0 ⇔

1,0

12 − 4 2 12 + 4 2 ≤k≤ 7 7

12 − 4 2 12 − 4 2 a≥ (= c) . 7 7

 x = M1 y c , v ớ i . M =  2 1 2 − c 2 1 x + 2 y + xy = 1 ( ) 

Bài 4 (4,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn

x 3 − y 3 = 3 x 2 + y 2 − 3 x + 2. (1) Hướng dẫn chấm 3

(1) ⇔ ( x − 1) = y 3 + y 2 + 1 ⇒ ( x − 1) > y 3 ⇒ x − 1 > y . 3

1,0

1,0 1,0

( 2; −1).

Vậy có hai cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn đề bài là: ( 2;0 ) ,

4,0 điểm

1,0

⇒ x − 1 ≥ y + 1 ⇒ ( x − 1) ≥ ( y + 1)3 ⇔ y 3 + y 2 + 1 ≥ ( y + 1) 3 ⇔ 2 y2 + 3y ≤ 0 ⇔ − ≤ y ≤ 0 . 2 Thử trực tiếp với y ∈ {−1;0} ta được x = 2.

1,0

12 − 4 2 Vậy min M = đạt được khi 7

ai l.c

Suy ra M ≥

4,0 điểm

yn h

Bài 5 (4,0 điểm). Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1 000 000 mà tổng các chữ số bằng 26.

4,0 điểm

Hướng dẫn chấm Gọi số cần tìm có dạng a1a2 ..a6 với a1 + a2 + .. + a6 = 26 (*) với

0 ≤ ai ≤ 9 ; ∀i = 1,2,..,6.

Gọi Ai

( i = 1,...,6 ) là tập hợp các nghiệm không âm của (*) mà a

≥ 10.

1,0

Trước hết ta tính số nghiệm của (*) là C266−+16−1 = C315 . Ta tính

∪A

với chú ý rằng Ai ∩ Aj ∩ Ak = 0 với 0 ≤ i < j < k ≤ 6 vì tổng

i =1

các chữ số bằng 26. Để tính A1 , ta đặt b1 = a1 − 10 ≥ 0 thì b1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 16, phương trình này có số nghiệm là C166−+16−1 = C215 . Tương tự ta có Ai = C215 ∀i = 2,3,4,5,6. 3

1,0

Tính A1 ∩ A2 , đặt b1 = a1 − 10 ≥ 0; b2 = a2 − 10 ≥ 0 thì

b1 + b2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 6 , phương trình này có số nghiệm là C66+−61−1 = C115 .

1,0

Tuơng tự ta có Ai ∩ Aj = C115 ( ∀i, j |1 ≤ i < j ≤ 6 ) . 6

Do đó

∪A =∑ A i

i =1

∑

−

Ai ∩ Aj = 6.C215 − C62 .C115 .

1≤ i < j ≤ 6

1,0

ai l.c

Vậy số lượng các số cần tính là C315 − ( 6.C215 − C62 .C115 ) = 54747.

yn h

---Hết---

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

ĐỀ THI CHỌN HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2018 MÔN TOÁN - LỚP 10 Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1 (4,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực 7 − 3 x + (15 − 6 x ) 3x − 2 = 2 −9 x 2 + 27 x − 14 + 11 .

( 6 x − 3)

ai l.c

Câu 2 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân tại A. Đường tròn nội tiếp của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại D, E , F . Đường thẳng qua E và song song với AB

cắt AD tại H, gọi K là điểm đối xứng với H qua E.

3 DE EF FD + + < . BC + AC AC + AB AB + BC 4

b) Chứng minh rằng

a) Chứng minh rằng AK , EF , BD đồng quy.

Câu 3 (4,0 điểm): Cho a, b, c, d ∈ N * thỏa mãn a > b > c > d và (ac + bd) | (a + b + c + d) .

Chứng minh rằng với mọi m ∈ N * và n lẻ thì a n c m + b m d n là hợp số.

yn h

Câu 4. (4,0 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca ≤ 3abc . Chứng minh

(

)

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 + + + 3. a+b + b+c + c+a ≥ a+b b+c c+a

Câu 5 (4,0 điểm) Cho đa giác đều 2017 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác gồm hai

màu xanh và đỏ. Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành

một tam giác

………………Hết……………

GV ra đề: Phạm Xuân Thịnh: 0904165336

Câu

Điểm

Nội dung trình bày Giải phương trình sau trên tập số thực

( 6 x − 3)

7 − 3 x + (15 − 6 x ) 3x − 2 = 2 −9 x 2 + 27 x − 14 + 11 .

7 2 ≤x≤ . 3 3 Đặt a = 7 − 3 x , b = 3x − 2 ( a, b ≥ 0 ). Suy ra Điều kiện:

1,0

 a = 2   2 p = s 2 − 5 p = 2  b = 1 ⇔ ⇔ ⇔  2 a = 1 s =3  ( s − 3) ( s + 2 s + 2 ) = 0   b = 2

1,0

ai l.c

 a 2 + b 2 = 5  2 2 ( 2b + 1) .a + ( 2a + 1) b = 2ab + 11  2 p = s 2 − 5 s 2 − 2 p = 5  2 p = s2 − 5 ⇔ ⇔ 3 2 ⇔ 2 2 2sp + s = 2 p + 11 s − s − 4s − 6 = 0  s ( s − 5) + s = s − 5 + 11 ( s = a + b, p = ab )

yn h

Cho tam giác ABC không cân tại A. Đường tròn nội tiếp của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại D, E , F . Đường thẳng qua E và song song với AB cắt AD tại H, gọi K là điểm đối xứng với H qua E. a) Chứng minh rằng AK , EF , BD đồng quy. 3 DE EF FD + + < . b) Chứng minh rằng BC + AC AC + AB AB + BC 4

x =1 ⇔ x = 2 Thử lại thỏa mãn. Vậy nghiệm phương trình là x = 1 hoặc x = 2 .

1,0

K A E

M F O

H B

ai l.c

a) Có AE = AF , BD = BF , CD = CE .

IB DB IB EC FA ⋅ ⋅ = 1 do đó =− . IC EA FB IC DC Vậy ( IDBC ) = −1 tức là A( IDBC ) = −1.

Lại theo định lý Menelaus thì

0,5

Gọi K ' = AI ∩ HE. Do HE / / AB và HE cắt AI , AD , AC lần lượt tại K ', H , E nên

1,0

EK ' = EH . Từ đây suy ra K ' ≡ K . Vậy AK , EF , BD đồng quy tại I.

b) Gọi M = EF ∩ AO. Ta có:

0,5

yn h

A A A = 2( p − a ). tan .cos 2 2 2 ( p − b).( p − c ) p ( p − a ) ( p − b).( p − c ) . . = 2( p − a ). = 2( p − a ) p (b − a ) bc bc

EF = 2 ME = 2 AE sin

Mặt khác AC + AB = b + c ≥ 2 bc . Do đó: ( p − a ) ( p − b)( p − c ) EF EF ≤ = AC + AB 2 bc bc ( p − a )( p − b). ( p − a )( p − c ) bc (Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi b = c) p −a + p −b p −a+ p −c . bc 1 2 2 ≤ = = bc 4bc 4 (Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b = c) 1 1 FD DE ≤ và ≤ . Tương tự ta có : AB + BC 4 BC + AC 4 Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được 3 DE EF FD + + ≤ . BC + AC AC + AB AB + BC 4

0,5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Nhưng giả thiết tam giác ABC không cân tại A nên 3 DE EF FD + + < . BC + AC AC + AB AB + BC 4

Chỉ ra một ước nguyên tố thực sự của a n c m + b m d n

0,5

1,0

Đặt N = a + b – c + d

Theo giả thiết : ac + bd ≡ 0(mod N )

ai l.c

a + b − c + d ≡ 0(mod N ) ⇒ a + b ≡ c − d (mod N )

1,0

⇒ ac + bd = c(a + b) − b(c − d ) ≡ (c − b)(a + b)(mod N ) ⇒ (a + b)(c − b) ≡ 0(mod N )(2)

⇒ a + d ≡ c − b(mod N )(1)

Do c> d ⇒ d − c < 0 ⇒ d − c + a + b < a + b hay N < a + b

2N = 2a + 2b – 2c + 2d = (a+b) + (a - c)+ (b - c) + 2d > a + b (do a> b > c)

Suy ra 2N > a+ b

1,0

Ta có : N < a + b < 2N ⇒ (a + b) không chia hết cho N

Từ (2) suy ra (c − b)⋮ N mà N ≥ 3 ⇒ (c − b, N ) > 1

yn h

Gọi p là ước nguyên tố thực sự của N và c – b Ta có c ≡ b(mod p ) ⇒ c m ≡ b m (mod p ) 1,0

Từ (1), có:

a + d ≡ 0(mod p) ⇒ a n ≡ ( − d ) n (mod p ) ⇒ a n ≡ − d n (mod p ) (n lẻ)

Suy ra c m a n ≡ −b m d n (mod p ) hay ( a n c m + b m d n ) chia hết cho p. Vậy a n c m + b m d n là hợp số

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca ≤ 3abc . Chứng minh

(

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 + + + 3. a+b + b+c + c+a ≥ a+b b+c c+a

)

Ta có 2.

(

a+b + b+c + c+a

)

 a 2 + b 2 + 2ab b2 + c 2 + 2bc c 2 + a 2 + 2ac  = 2 + +   a+b b+c c+a  

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 + + + a+b b+c c+a

1 1 + b c

ai l.c

≥

1 1 + a b

≥

a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2 + + + a+b b+c c+a

1 1 + c a

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 + + + a+b b+c c+a

1,0

9 2 1 1 1 1 1 1 + + + + + a b b c c a

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 2ab 2bc 2ca + + + + + a+b b+c c+a a+b b+c c+a

≥

0,5

9 2

. 0,5

yn h

 1 1 1 6.  + +  a b c

1 1 1 + + ≤ 3 , do đó a b c 9 2 9 2 ≥ = 3. 18 1 1 1   6.  + +  a b c

Theo giả thiết ab + bc + ca ≤ 3abc nên

1,0

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 + + +3 Vậy 2 a + b + b + c + c + a ≥ a+b b+c c+a Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 .

(

)

Cho đa giác đều 2017 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác gồm hai màu xanh và đỏ. Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành một tam giác cân. Đa giác 2017 cạnh nên có 2017 đỉnh. Do đó tồn tại hai đỉnh kề nhau là A và B được sơn cùng một màu (chẳng hạn màu đỏ).

1,0

yn h

ai l.c

Vì đa giác đã cho là đa giác đều có một số lẻ đỉnh nên phải tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên đường trung trực của đoạn AB . Giả sử đó là đỉnh C . + Nếu C được sơn màu đỏ thì ∆ABC là tam giác cân tại C có ba đỉnh A, B, C cùng được sơn màu đỏ. + Nếu C sơn màu xanh thì gọi E và F là khác của đa giác kề với đỉnh A và B . + Nếu cả hai đỉnh E và F được tô màu xanh thì ∆CEF cân tại C có ba đỉnh được sơn màu xanh. + Nếu ngược lại một trong hai đỉnh E và F mà sơn màu đỏ thì tam giác ABE hoặc tam giác ABF là các tam giác cân có ba đỉnh được tô màu đỏ.

1,0 1,0

1,0

TRĆŻáť&#x153;NG THPT CHUYĂ&#x160;N

KĂ&#x152; THI CHáť&#x152;N Háť&#x152;C SINH GIáť&#x17D;I

HOĂ&#x20AC;NG VÄ&#x201A;N THáť¤- HĂ&#x2019;A BĂ&#x152;NH

TRáş I HĂ&#x2C6; HĂ&#x2122;NG VĆŻĆ NG NÄ&#x201A;M Háť&#x152;C 2017- 2018 MĂ&#x201D;N: ToĂĄn- Láť&#x161;P 10

Ä?áť&#x20AC; Ä?áť&#x20AC; NGHáť&#x160;

+ 1 + 1 + 1 = 5 â&#x2C6;&#x161; + + â&#x2C6;&#x161; = â&#x2C6;&#x161; + 6

BĂ i 1 GiáşŁi háť&#x2021; phĆ°ĆĄng trĂŹnh:

ai l.c

Tháť?i gian lĂ m bĂ i 180 phĂşt

BĂ i 2 Cho ; ; ; â&#x2C6;&#x2C6; tháť?a mĂŁn | | > 1; | | > 1; | | > 1; | | > 1 vĂ + + + + + + + = 0. CháťŠng minh ráşąng: 1 1 1 1 + + + > 0. â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019;1 â&#x2C6;&#x2019;1

BĂ i 3 Cho lĂ máť&#x2122;t sáť&#x2018; nguyĂŞn dĆ°ĆĄng tháť?a mĂŁn 2 + 2. â&#x2C6;&#x161;28 + 1 lĂ máť&#x2122;t sáť&#x2018; nguyĂŞn. CháťŠng minh ráşąng: 2 + 2. â&#x2C6;&#x161;28 + 1 lĂ bĂŹnh phĆ°ĆĄng cáť§a 1 sáť&#x2018; nguyĂŞn.

yn h

BĂ i 4

BĂ i 5

Cho tam giĂĄc nháť?n ABC. Gáť?i P lĂ Ä&#x2018;iáť&#x192;m Ä&#x2018;áť&#x2018;i xáťŠng cáť§a B qua AC, Q lĂ Ä&#x2018;iáť&#x192;m Ä&#x2018;áť&#x2018;i xáťŠng cáť§a C qua AB. D lĂ giao Ä&#x2018;iáť&#x192;m cáť§a BQ vĂ CP, I lĂ tĂ˘m Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc DPQ. CháťŠng minh ráşąng AI â&#x160;Ľ BC. Sau khi táť&#x2022; cháťŠc máť&#x2122;t cuáť&#x2122;c thi, Ban táť&#x2022; cháťŠc cĂł 11 gĂłi káşšo muáť&#x2018;n chia cho 2 Ä&#x2018;áť&#x2122;i, máť&#x2014;i Ä&#x2018;áť&#x2122;i

5 gĂłi lĂ m pháş§n thĆ°áť&#x;ng vĂ 1 gĂłi giáťŻ láşĄi Ä&#x2018;áť&#x192; liĂŞn hoan. Biáşżt ráşąng dĂš cháť?n báşĽt kĂŹ gĂłi nĂ o

Ä&#x2018;áť&#x192; giáťŻ láşĄi, Ban táť&#x2022; cháťŠc váşŤn cĂł tháť&#x192; chia 10 gĂłi cĂ˛n láşĄi cho 2 Ä&#x2018;áť&#x2122;i mĂ táť&#x2022;ng sáť&#x2018; viĂŞn káşšo trong 5 gĂłi cho máť&#x2014;i Ä&#x2018;áť&#x2122;i lĂ báşąng nhau. CháťŠng minh ráşąng 11 gĂłi káşšo cĂł sáť&#x2018; viĂŞn káşšo báşąng nhau.

---------------------Háşżt-------------------

yn h

ai l.c

BĂ i 1.

GiáşŁi háť&#x2021; phĆ°ĆĄng trĂŹnh:

+ 1 + 1 + 1 = 5 â&#x2C6;&#x161; + + â&#x2C6;&#x161; = â&#x2C6;&#x161; + 6

Láť?i giáşŁi:

Ä?kxÄ&#x2018;: , , â&#x2030;Ľ 0

TáťŤ giáşŁ thiáşżt ta cĂł:

5 +1

+ â&#x2C6;&#x161; = â&#x2C6;&#x161; + 6 â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x161;

ai l.c

+ 1 + 1 =

Sáť dáťĽng Cauchy-Schwarz ta cĂł:

0,75Ä&#x2018;

ChĂş Ă˝ ráşąng:

ad 36

1,5Ä&#x2018;

â&#x2C6;&#x161; + 6 + â&#x2C6;&#x161;

yn h

â&#x2C6;&#x161; + 6 â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x161; =

5 â&#x2030;Ľ â&#x2C6;&#x161; + 6 â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x161; +1

TáťŤ Ä&#x2018;Ăł suy ra:

+ 1 + 1 â&#x2030;Ľ + â&#x2C6;&#x161;

NĂŞn Ä&#x2018;iáť u nĂ y tĆ°ĆĄng Ä&#x2018;Ć°ĆĄng váť&#x203A;i:

5. â&#x2C6;&#x161; + 6 + â&#x2C6;&#x161; â&#x2030;Ľ 36 + 1

â&#x;ş 26 + 6 â&#x2030;¤ 10. + 1

â&#x;ş 5â&#x2C6;&#x161; â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x161; + 6 â&#x2030;¤ 0.

TáťŤ Ä&#x2018;Ă˘y suy ra:

1Ä&#x2018;

25 = + 6 hay = tháť?a mĂŁn Ä&#x2018;kxÄ&#x2018;

LĂşc nĂ y dáşĽu â&#x20AC;&#x2DC;=â&#x20AC;&#x2122; cĹŠng xáşŁy ra áť&#x; BÄ?T Cauchy-Schwarz hay = 1, vĂ : + =

5 5 â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; 1 = â&#x2C6;&#x2019;1â&#x2C6;&#x2019;1=2 +1 1+

DáşŤn táť&#x203A;i = = 1 tháť?a mĂŁn Ä&#x2018;kxÄ&#x2018; vĂ Ä&#x2018;áť bĂ i.

0,75Ä&#x2018;

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất , , = ; 1; 1

Bài 2.

Cho ; !; "; # ∈ % thỏa mãn | | > 1; |!| > 1; |"| > 1; |#| > 1 và + ! + " + # + !" + !"# + "# + # ! = 0.

Chứng minh rằng:

1 1 1 1 + + + > 0. −1 !−1 "−1 #−1

Lời giải:

+ 1 + 1 = >0 −1 −1

0,25đ

Tương tự !+1 "+1 #+1 > 0; > 0; >0 !−1 "−1 #−1

+ ! + " + # + !" + !"# + "# + # ! = 0

Từ giả thiết:

ai l.c

Do | | > 1; |!| > 1; |"| > 1; |#| > 1 nên dễ thấy

1,5đ

Suy ra + 1 ! + 1 " + 1 # + 1 = − 1 ! − 1 " − 1 # − 1

Sử dụng AM-GM ta có:

0,75đ

Ta có:

2 −1

+1 =1+ −1

yn h

* + 1 ! + 1 " + 1 # + 1 +1 !+1 "+1 #+1 + + + ≥ 4. ) =4 − 1 ! − 1 " − 1 # − 1 −1 !−1 "−1 #−1

nên suy ra

2 ≥4⟹ −1

em yk

+ 1 +

0,5đ

1 1 1 1 + + + ≥0 −1 !−1 "−1 #−1

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi:

2 2 2 2 =1+ = 1+ =1+ −1 !−1 "−1 #−1

kết hợp với giả thiết

⟹4

⟺

= ! = " = #.

1đ

+ ! + " + # + !" + !"# + "# + # ! = 0

+4 =0⟹4

+ 1 = 0 ⟹

Bài 3.

mâu thuẫn với | | > 1. Do đó dấu ‘=’ không xảy ra và ta có đpcm.

Cho . là một số nguyên dương thỏa mãn 2 + 2. √28. + 1 là một số nguyên. Chứng minh rằng: 2 + 2. √28. + 1 là bình phương của 1 số nguyên.

Lời giải:

28. + 1 =

0−2 2

0,25đ

ai l.c

Suy ra:

Đặt 2 + 2. √28. + 1 = 0 0 ∈ 1; 0 ≥ 14

0,25đ

28. + 1 = 22 + 1

1,5đ

Suy ra 7. = 2 2 + 1

Chú ý rằng 28. + 1 là số lẻ nên đặt:

Là một số hữu tỉ. Theo tính chất quen thuộc dễ suy ra 28. + 1 phải là số chính phương, vì nếu không √28. + 1sẽ là một số vô tỉ.

Do 7 là số nguyên tố và 2, 2 + 1 = 1 nên xảy ra 2 trường hợp sau:

TH 1. 2 = 4 ; 2 + 1 = 75 với 4, 5 nguyên dương.

0,75đ

Trong TH này thì 4 + 1 = 75 , vô nghiệm bởi vì 4 + 1 không bao giờ chia hết cho 7.

yn h

TH 2. 2 = 74 ; 2 + 1 = 5 với 4, 5 nguyên dương.

Lúc đó 2 + 2. √28. + 1 = 2 + 2 22 + 1 = 42 + 4 = 4 2 + 1 = 45

là số chính phương. Ta có đpcm.

Bài 4. Cho tam giác nhọn ABC. Gọi P là điểm đối xứng của B qua AC, Q là điểm đối xứng của C qua AB. D là giao điểm của BQ và CP, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DPQ. Chứng minh rằng AI ⊥ BC.

Lời giải:

1,25đ

om ai l.c gm @ ad pi ym

yn h

Gọi H là hình chiếu của A trên BC, (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác DPQ. Từ tính chất phép đối xứng suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp góc D của tam giác DBC, H là tiếp điểm của đường tròn đó với cạnh BC.

2,5đ

Nhận xét được

BC + CD − DB BC + BD − DC ; CH = ; BC = CP = BQ. 2 2

BH =

Do đó

AB 2 − AC 2 = BH 2 − CH 2 = BC (CD − BD) = CP.CD − BQ.BD

= − PC /( I ) + − PB /( I ) = IB 2 − IC 2

AB 2 − AC 2 = IB 2 − IC 2 ⇒ AI ⊥ BC

Bài 5. Sau khi tổ chức mộtt cu cuộc thi, Ban tổ chức có 11 gói kẹo muốn n chia cho 2 đội, mỗi đội 5 gói làm phần thưởng và 1 gói giữ lại để liên

1,5đ

hoan. Biết rằng dù chọn bất kì gói nào để giữ lại, Ban tổ chức vẫn có thể chia 10 gói còn lại cho 2 đội mà tổng số viên kẹo trong 5 gói cho mỗi đội là bằng nhau. Chứng minh rằng 11 gói kẹo có số viên kẹo bằng nhau.

Lời giải:

ai l.c

Giả sử tồn tại tập 11 gói kẹo có số viên kẹo không bằng nhau thỏa mãn điều kiện bài toán. Kí hiệu ai là số viên kẹo trong gói kẹo thứ i.

0,5đ

Xét tập có tổng số viên kẹo nhỏ nhất trong số các tập thỏa mãn , gọi là A = (a1, a2, …, a11) với tổng số viên kẹo s = a1 + a2 +…+a11 nhỏ nhất

TH1 : Nếu a1, a2, …,a11 cùng chẵn.

Suy ra a1, a2, …, a11 cùng tính chẵn, lẻ

1,5đ

Nếu gói kẹo ai giữ lại, thì s – aI = 2si, với si là tổng số viên kẹo chia cho mỗi đội. Suy ra ai và s cùng tính chẵn, lẻ với mọi i

1đ

yn h

a11   a1 a2 Xét tập  2 ; 2 ;...; 2  cũng thỏa mãn đề bài mà   a a a s ' = 1 + 2 + ... + 11 < s (mâu thuẫn) 2 2 2

TH2: Nếu a1, a2, …,a11 cùng lẻ.

a11 + 1   a1 + 1 a2 + 1 ; ;...;   Xét tập 2 2  cũng thỏa mãn đề bài mà  2 11 a a a s '' = 1 + 2 + ... + 11 + < s (mâu thuẫn) 2 2 2 2

Vậy số viên kẹo trong mỗi gói là bằng nhau (*) Mọi các giải đúng khác cho điểm tối đa

1đ

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Trại hè Hùng Vương lần thứ XIV

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN LQĐ

Môn: Toán 10 (Đề thi gồm có 01 trang)

Người ra đề: Lê Thành Trung. Số điện thoại: 01642222400.

ĐỀ BÀI

4x 2 − 2y 2 + 4x = 4y + 2xy − x − y  2 2  2x + 1 + 2 ( x + y ) + 3 = 8x y − 4y − 4 ( x + y ) − 1

ai l.c

Câu 1. (4 điểm) Giải hệ phương trình:

Câu 2. (4 điểm) Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và CD. Tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B cắt AC tại P. Gọi G là giao điểm thứ hai của đường thẳng DP với (O), I là trung điểm của AP. Chứng minh rằng: a) Bốn điểm O, B, C, I cùng thuộc một đường tròn. b) Các đường thẳng AG, BC, OP đồng quy.

1 1 1 3 + 2 + 2 ≤ 2 2 2 2 2 2 x + 2y z + 1 y + 2z x + 1 z + 2x y + 1 4

Chứng minh:

Câu 3. (4 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3xyz .

yn h

Câu 4. (4 điểm) Chứng minh rằng nếu n và m = 2 + 2 12n 2 + 1 là các số nguyên dương thì m là số chính phương.

Câu 5. (4 điểm) Một bảng hình vuông bị chia bởi những đường thẳng song song với cạnh của bảng (9 đường thẳng mỗi chiều, không nhất thiết phải cách đều nhau) thành 100 hình chữ nhật. Những hình chữ nhật được tô màu trắng hoặc đen có vị

trí đan xen nhau (không có hai hình chữ nhật nào chung cạnh mà lại được tô cùng màu). Giả sử với mỗi cặp hình chữ nhật trắng và hình chữ nhật đen bất kỳ, tỉ số diện tích hình chữ nhật trắng và diện tích hình chữ nhật đen không lớn hơn 3. Hãy xác định giá trị lớn nhất của tỉ số tổng diện tích các hình chữ nhật trắng trên bảng và tổng diện tích các hình chữ nhật đen trên bảng.

-------------------------Hết-------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Trại hè Hùng Vương lần thứ XIV

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAI CHÂU TRƯỜNG THPT CHUYÊN LQĐ

Môn: Toán 10

Người ra đề: Lê Thành Trung. Số điện thoại: 01642222400 HƯỚNG DẪN CHẤM

Hướng dẫn

Điều kiện x ≥ y;2x + 1 ≥ 0;2 ( x + y ) + 3 ≥ 0

Phương trình (3) vô nghiệm vì

x = y ⇔  x − y ( 4x + 2y + 4 ) + 1 = 0 (3)

1.0

⇔ x − y  x − y ( 4x + 2y ) + 4 x − y + 1 = 0

⇔ ( x − y )( 4x + 2y ) + 4 ( x − y ) + x − y = 0

x − y ( 4x + 2y + 4 ) + 1 = x − y ( ( 2x + 1) + ( 2x + 2y + 3) ) + 1 > 0

1,0

Thay x = y vào phương trình (2), ta có

(

) (

2x + 1 − 2 +

2x + 1 + 4x + 3 = 8x 3 − 4x 2 − 8x − 1

)

4x + 3 − 3 = 8x 3 − 4x 2 − 8x − 6

yn h

⇔

Điểm

PT (1) ⇔ ( 4x 2 − 2xy − 2y 2 ) + 4 ( x − y ) + x − y = 0

ai l.c

4x 2 − 2y 2 + 4x = 4y + 2xy − x − y  2 2  2x + 1 + 2 ( x + y ) + 3 = 8x y − 4y − 4 ( x + y ) − 1

Câu 1. (4 điểm) Giải hệ phương trình:

2 ( 2x − 3) 2x − 3 + = ( 2x − 3) ( 4x 2 + 4x + 2 ) 2x + 1 + 2 4x + 3 + 3 3  x = 2 ⇔ 1 2 2  + = ( 2x + 1) + 1 (3)  2x + 1 + 2 4x + 3 + 3 1 2 1 1 + ≤ + =1 Vế trái phương trình (3): 2x + 1 + 2 4x + 3 + 3 2 2 1 Dấu “=” xảy ra khi x = − 2

⇔

1,0

Vế phải phương trình (3): ( 2x + 1) + 1 ≥ 1 dấu “=” xảy ra khi x = − Do đó, phương trình (3) có nghiệm là x = − 2

1 2

1,0

Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho là  3 3   1 1  ; ;  − ; −   2 2   2 2  

( x; y ) ∈ 

ai l.c

Điểm

I C

a) (1,5 điểm)

yn h

Có OI / /BP ⇒ ∠IOB = ∠OBP = 900 .

1,0

Lại có ∠BCI = 90 Suy ra O, B, C, I cùng thuộc đường tròn ( ω) đường kính BI.

0,5

b) (2,5 điểm)

⇒ ∠GOJ = ∠GAJ . 1,0

Ta có OJ//DG nên ∠COJ = ∠CDG = ∠CAG . Lại có ∠COG = 2∠CDG = 2∠COJ ⇒ ∠GOJ = ∠COJ Suy ra J, A, O, G cùng thuộc một đường tròn ( ω ') .

Gọi J là trung điểm của PC. Ta có PO/ ( ω) = PO/( ω ') = 0,PP/ ( ω) = PI.PC = PA.PJ = PP/ ( ω ') ⇒ OP là trục đẳng

1,0

phương của ( ω) và ( ω ' ) . Lại có AG là trục đẳng phương của (O) và ( ω ' ) , BC là trục đẳng phương của (O) và ( ω) . Suy ra BC, AG, OP đồng quy tại tâm đẳng phương K của ba đường tròn (O), ( ω) và ( ω ' ) (đpcm). 3

0,5

Câu 3. (4 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3xyz . 1 1 1 3 + 2 + 2 ≤ 2 2 2 2 2 2 x + 2y z + 1 y + 2z x + 1 z + 2x y + 1 4

Chứng minh:

Hướng dẫn

Điểm

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 3xyz = x + y + z ≥ 3 3 xyz ⇒ xyz ≥ 1 1,0

Ta có x 2 + 2y 2 z 2 + 1 ≥ 2x + 2y 2 z 2 ≥ 4 xy 2 z 2 ≥ 4 yz

Tương tự

1 1 1  1 1 1  ≤ 1 +  ≤ 1 +  , 2 2 2 2 2 y + 2z x + 1 8  zx  z + 2x y + 1 8  xy  2

Do đó, ta có

1 1 1 1 1 1 1  3 + 2 + 2 ≤ 3+ + + = 2 2 2 2 2 2 x + 2y z + 1 y + 2z x + 1 z + 2x y + 1 8  xy yz zx  4 1 1 1 (Vì 3xyz = x + y + z ⇒ + + = 3) xy yz zx Dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 . Điều phải chứng minh.

1,0

1 1 1 1  ≤ ≤ 1 +  dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 2 2 x + 2y z + 1 4 yz 8  yz  2

ai l.c

Suy ra

Câu 4. (4 điểm) Chứng minh rằng nếu n và m = 2 + 2 12n 2 + 1 là các số nguyên dương thì m là số chính phương. Hướng dẫn

Điểm

m nguyên dương ⇔ 12n + 1 = ( 2k + 1) , với k nguyên dương. 1,0

yn h

Ta có 3n 2 = k ( k + 1) . Do ( k;k + 1) = 1 nên ta có 2 trường hợp:

2 k = 3a * TH1:  ,với ( a;b ) = 1,a.b = n . 2 k + 1 = b 2

Ta có 3a 2 + 1 = b 2 ⇒ 12n 2 + 1 = ( 2k + 1) = ( 3a 2 + b 2 ) = ( 2b 2 − 1)

1,0

⇒ m = 2 + 2 ( 2b 2 − 1) = ( 2b ) . Suy ra m là số chính phương.

k = b 2 ,với ( a;b ) = 1,a.b = n . 2 k + 1 = 3a

* TH2: 

1,0

Ta có 3a = b + 1 . Điều này vô lí vì b + 1 ≡ 1, 2 ( mod3) . Vậy m là số chính phương.

1,0

Điểm

ai l.c

Không mất tính tổng quát, giả sử cạnh của hình vuông đã cho là 5. Xét hình vuông cạnh 1 được chia thành 4 hình chữ nhật nhỏ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Gọi T là tỷ số của tổng diện tích các hình chữ nhật được tô trắng và tổng diện tích các hình chữ nhật được tô đen.

1,0

1 3 ≤ x, y ≤ . 4 4

xy + (1 − x)(1 − y) . Suy ra x(1 − y) + y(1 − x)

Mặt khác T =

Ký hiệu như hình vẽ, theo giả thiết ta có

T 1 5 5 = 2xy − x − y + 1 ≤ 2xy − 2 xy + 1 = 4 xy − 1 4 xy − 3 + ≤ . T +1 8 8 8 5 1 5 Do đó T ≤ . Khi x = y = thì T = . 3 4 3

)(

)

yn h

(

Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông nhỏ thì trong mỗi hình vuông nhỏ, tổng diện

tích các hình chữ nhật được tô trắng trong mỗi hình vuông nhỏ không vượt quá

5 lần 3

tổng diện tích các hình chữ nhật được tô đen trong hình vuông nhỏ đó. Công theo từng vế 25 bất đẳng thức cùng chiều trên ta được tổng toàn bộ diện tích các hình chữ nhật được tô

5 lần tổng toàn bộ diện tích các hình chữ 3 5 nhật được tô đen trong hình vuông đã cho. Vậy T ≤ . 3

1,0

trắng trong hình vuông đã cho không vượt quá

Ghép 25 hình vuông nhỏ như trên lại ta được một hình vuông lớn ta được 5 T= . 3 Vậy giá trị lớn nhất của T là

1,0

5 . 3

1,0 5

yn h

ai l.c

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN XIV – 2018

CHU VĂN AN

MÔN TOÁN – LỚP 10

ĐỀ ĐỀ XUẤT

Thời gian: 120 phút Đề thi gồm 05 câu

Câu 1: (4 điểm)

ai l.c

 4 − x + y + 8 = y2 + 7 x − 1  Giải hệ phương trình:  . 2  2 ( x − y ) + 6 y − 2 x + 4 − x = y + 1 Câu 2: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn với AB < AC nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi B0 , C0 là

trung điểm của cạnh AC và AB . D là hình chiếu của A trên BC . Gọi (ω ) là

đường tròn đi qua B0 , C0 và tiếp xúc với ( O ) tại điểm X khác A .

a) Gọi T là giao điểm thứ hai của đường thẳng DX với ( O ) . Chứng minh rằng ATCB là hình thang cân.

b) Chứng minh rằng đường thẳng DX đi qua trọng tâm G của tam giác ABC .

yn h

Câu 3: (4 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz = 1. Chứng minh rằng:

(

)

(

)

2 ( xy + yz + zx ) + 2 x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3 ≤ xy + yz + zx + 3 x 2 + y 2 + z 2

Câu 4: (4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n5 + n 4 + 1 là lũy thừa của một số nguyên tố? Câu 5: (4 điểm) Tập hợp M gồm hữu hạn điểm trên mặt phẳng sao cho với mọi điểm X thuộc M tồn tại đúng 4 điểm thuộc M có khoảng cách đến X bằng 1. Hỏi tập hợp M có thể chứa ít nhất là bao nhiêu phần tử? --------------HẾT--------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN XIV – 2018

CHU VĂN AN

MÔN TOÁN – LỚP 10

Hướng dẫn chấm

Thời gian: 120 phút

2 ( x − y ) + 6 y − 2x + 4 − x =

y +1

⇔ 2 x 2 − 4 xy + 2 y 2 − 2 x + 6 y + 4 = x + y + 1 + 2 x ( y + 1)

Câu 1

x − y +1

)

⇔ y = x −1

Thế vào pt đầu ta được : 4 − x + x + 7 = x2 + 5x

(

)

(4 điểm)

(

⇔ 2( y +1− x) +

1,0

⇔ 2  x − 2 x ( y + 1) + ( y + 1)  + y + 1 + x = 2 x ( y + 1)   2

Điểm

ai l.c

Câu

Học sinh làm cách khác vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm Nội dung  y ≥ −1 . Điều kiện :  0 ≤ x ≤ 4

1,0

⇔ x + 3x − 3 + x + 1 − 4 − x + x + 2 − x + 7 1,0

 −3 + 21 x =  2 ⇔ x 2 + 3x − 3 = 0 ⇒   y = −5 + 21  2

1,0

)

yn h

(

1 1   ⇔ x 2 + 3x − 3 1 + +  x + 1 + 4 − x x + 2 + x + 7 

a C0

(4 điểm)

B0 G

x D

ai l.c

Câu 2

0,5

Gọi a và x là tiếp tuyến tại A và X của đường tròn ( O ) và gọi (ω1 ) là đường

tròn ngoại tiếp tam giác AB0C0 . Dễ thấy a cũng là tiếp tuyến của (ω1 ) tại A và a

là trục đẳng phương của hai đường tròn ( O ) và (ω1 ) .

Như vậy ba đường thẳng a, x và B0C0 lần lượt là trục đẳng phương của các cặp

đường tròn ( O ) và (ω1 ) ; ( O ) và (ω ) ; (ω ) và (ω1 ) , do đó a, x và B0C0 đồng

yn h

quy tại điểm M. Ta có MA = MD = MX nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADX. Chú ý là O ∈ (ω1 ) . Ta có

0,5

1 1 1 = = 900 DAT ADX − ATD = 3600 − AMX − AOX = 1800 − AMX + AOX 2 2 2 , suy ra AD ⊥ AT ⇒ AT || BC . Do đó ATCB là hình thang cân. b) (2,0 điểm)

)

(

)

0,5

(

0,5

−

Gọi A0 là trung điểm của B0C0 . Xét phép vị tự VG 2 biến A ֏ A0 ; B ֏ B0 ;

= T C ֏ C0 ; T ֏ T ' , suy ra TCB ' C0 B0 .

1,0

= CBA =B Mặt khác TCB 0 C0 A = DC0 B0 . Do đó T ' ≡ D , từ đó suy ra D, G, T thẳng hàng và ta có điều phải chứng minh.

Câu 3 (4 điểm)

1,0

a) Vế trái. Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2 ( xy + yz + zx ) ≤ 1 + 4 xyz .

Với 3 số x, y , z luôn có hai số nằm cùng phía đối với Khi đó thì:

1 . Giả sử đó là x, y . 2

1,0

( 2 x − 1)( 2 y − 1) ≥ 0 ⇔ 4 xy − 2 x − 2 y + 1 ≥ 0 ⇔ 4 xy + 1 ≥ 2 x + 2 y ⇔ 4 xyz + z ≥ 2 xz + 2 yz Vậy ta chỉ cần chứng minh 1 − z ≥ 2 xy . Từ đề bài ta có: 1 = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz ≥ 2 xy + z 2 + 2 xyz

1,0

⇔ 1 − z ≥ 2 xy (1 + z ) ⇔ 1 − z ≥ 2 xy . Vậy ta có điều phải chứng minh. 2

⇔

)

ai l.c

(

b) Vế phải. Ta cần chứng minh 3 1 − x 2 − y 2 − z 2 ≤ xy + yz + zx ⇔ 6 xyz ≤ xy + yz + zx

1 1 1 + + ≥6 x y z

Ta chứng minh x + y + z ≤

3 . Đặt s = x + y + z > 0 . 2

1 1 1 9 + + ≥ . x y z x+ y+ z

⇔

1,0

 1 1 1 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM , ta có: ( x + y + z )  + +  ≥ 9  x y z

Ta có: 2 (1 − x )(1 − y )(1 − z ) = 2 − 2 ( x + y + z ) + 2 ( xy + yz + zx ) − 2 xyz

= 1 − 2 ( x + y + z ) + 2 ( xy + yz + zx ) + x 2 + y 2 + z 2 = 1 − 2 s + s 2

1,0

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 3

yn h

3 3 2  3− s  2 (1 − x )(1 − y )(1 − z ) ≤ 2   ⇒ ( 2 s − 3)( s + 3) ≤ ⇔ s ≤ . 2 2  3  Bất đẳng thức được chứng minh hoàn toàn. Giả sử n5 + n 4 + 1 = p k với p là số nguyên tố và k là số nguyên dương.

1,0

Với n = 1 ta có p = 3, k = 1. Xét n ≥ 2, từ giả thiết suy ra ( n 2 + n + 1)( n3 − n + 1) = p k . Do đó tồn tại các số

nguyên dương r , s; r ≥ s sao cho n 2 + n + 1 = p s và n3 − n + 1 = p r . Từ đó suy ra ( n 2 + n + 1, n3 − n + 1) = ( p s , p r ) = p s .

1,0

Mặt khác, ta có

1,0

Câu 4 (4 điểm)

n − n + 1 = ( n − 1) ( n + n + 1) − ( n − 2 ) và n + n + 1 = ( n − 2 )( n + 3) + 7. 3

Suy ra ( n 2 + n + 1, n3 − n + 1) = ( n − 2, 7 ) . Do đó p s = 1 hoặc p s = 7. Từ đây dễ dàng suy ra p = 7 và n = 2. Vậy

1,0

n = 1, n = 2. +) Rõ ràng có ít nhất hai điểm P, Q thuộc M sao cho PQ ≠ 1 . Ký hiệu: M P = { X ∈ M | PX = 1} . Từ giả thiết ⇒ M P = 4 , ta có: M p ∩ M q ≤ 2 .

1,0

Nếu tồn tại P, Q sao cho | M p ∩ M q |≤ 1 thì M chứa ít nhất 9 điểm. +) Trường hợp với mọi P, Q sao cho PQ ≠ 1 và M p ∩ M q = 2 .

Khi đó: M p ∩ M q = { R, S } , lúc đó M P = { R, S , T , U } và M q = { R, S , V , W } . Giả sử M = { P, Q, R, S , T , U , V , W } . Ta có TQ ≠ 1;UQ ≠ 1;VP ≠ 1;WP ≠ 1 .

ai l.c

• Nếu TR, TS ,UR,US khác 1: suy ra M t ∩ Mq = M u ∩ M q = {V , W } suy ra T

M u = { P, T , V , W } lúc đó UTV , RPT ,UTV là các tam giác đều cạnh 1, ta có hình 1. Điều này mâu thuẫn vì VR > 2 .

(4 điểm)

Câu 5

2,0

hay U trùng với Q , vô lý. • Nếu TR, TS ,UR,US có một số bằng 1: Không giảm đi tính tổng quát, giả sử TV = 1 lúc đó TS ≠ 1 và TV = 1 hay TW = 1 . Giả sử TV = 1 lúc đó TW ≠ 1 suy ra TU = 1 , và M t = { P, R, U , V } và

yn h

+) Vậy M chứa ít nhất là 9 điểm. Dấu bằng xảy ra với hình 2. A5 A9

1,0

A1 A2 A3 A7

A8 A4

---------------HẾT---------------

TRĆŻáť&#x153;NG THPT CHUYĂ&#x160;N LĂ&#x20AC;O CAI

Káť˛ THI Háť&#x152;C SINH GIáť&#x17D;I CĂ C TRĆŻáť&#x153;NG THPT CHUYĂ&#x160;N

TRáş I HĂ&#x2C6; HĂ&#x2122;NG VĆŻĆ NG LáşŚN THáť¨ XIV, NÄ&#x201A;M 2019

Ä?áť&#x20AC; THI Ä?áť&#x20AC; XUáş¤T NgĆ°áť?i ra Ä&#x2018;áť : Nguyáť&#x2026;n Viáť&#x2021;t HĂ . Ä?T:0984970907

MĂ&#x201D;N: TOĂ N Háť&#x152;C Láť&#x161;P: 10 (Ä?áť thi gáť&#x201C;m 05 cĂ˘u, 01trang)

2 ďŁą ďŁ´ 5 y â&#x2C6;&#x2019; 9 + 7 x â&#x2C6;&#x2019; 3 = â&#x2C6;&#x2019;2 x + 12 y â&#x2C6;&#x2019; 19 1) GiáşŁi háť&#x2021; phĆ°ĆĄng trĂŹnh ďŁ˛ ďŁ´ďŁł x + 1 y + 1 + 1 = 2 y + y â&#x2C6;&#x2019; x

(

)

ai l.c

CĂ˘u 1(4,0 Ä&#x2018;iáť&#x192;m)

+ 3 = 12 â&#x2C6;&#x2019; 15 + 3 + 8 2) GiáşŁi háť&#x2021; phĆ°ĆĄng trĂŹnh + 2 = 8 â&#x2C6;&#x2019; 10 + 3 + 6 + = 4 â&#x2C6;&#x2019; 5 + 3 + 4 CĂ˘u 2: (4,0 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) Cho táťŠ giĂĄc ABCD náť&#x2122;i tiáşżp Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n (O) cĂł AB cáşŻt CD táşĄi E, AD cáşŻt BC táşĄi F. EF láş§n lĆ°áťŁt cáşŻt AC, BD táşĄi G, H. a) Ä?Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc ABD cáşŻt Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc AEF táşĄi G. GC cáşŻt EF táşĄi I. CháťŠng minh I, C, G tháşłng hĂ ng vĂ IE 2 = IF2 = PI/(O) ( PI/(O) lĂ phĆ°ĆĄng

tĂch cáť§aÄ&#x2018;iáť&#x192;m I váť&#x203A;iÄ&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n(O) ). b) TáťŤ Ä&#x2018;iáť&#x192;m X náşąm trĂŞn (O), Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc XGH cáşŻt (O) táşĄi Ä&#x2018;iáť&#x192;m tháťŠ hai lĂ Y. CháťŠng minh ráşąng EF lĂ tiáşżp tuyáşżn chung cáť§a cĂĄc Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc XYE vĂ Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc XYF.

yn h

CĂ˘u 3: (4,0 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) TĂŹm a, p, n â&#x2C6;&#x2C6; â&#x201E;&#x2022; *, váť&#x203A;i p lĂ sáť&#x2018; nguyĂŞn táť&#x2018;, tháť?a mĂŁn

22a +2 â&#x2C6;&#x2019; 5.2a + 1 = p n

CĂ˘u4: (4,0 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) 1)Cho , , lĂ 3 sáť&#x2018; dĆ°ĆĄng vĂ + + = 6 . CháťŠng minh b c 3 + + â&#x2030;Ľ â&#x2C6;&#x161;b + 1 + 1 â&#x2C6;&#x161;c + 1 + 1 â&#x2C6;&#x161;a + 1 + 1 2 2) Cho , , lĂ cĂĄc sáť&#x2018; khĂ´ng Ă˘m sao cho khĂ´ng cĂł hai sáť&#x2018; nĂ o cĂšng Ä&#x2018;áť&#x201C;ng tháť?i báşąng 0. CháťŠng minh ráşąng: 1 1 1 3 +

â&#x2030;Ľ

â&#x2C6;&#x2019; + â&#x2C6;&#x2019; + â&#x2C6;&#x2019; + max { ; ; } CĂ˘u 5: (4,0 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) Trong máť&#x2122;t giáşŁi thi Ä&#x2018;áşĽu bĂłng bĂ n, sáť&#x2018; lĆ°áťŁng váşn Ä&#x2018;áť&#x2122;ng viĂŞn nam gáşĽp Ä&#x2018;Ă´i sáť&#x2018; náťŻ. Máť&#x2014;i cáşˇp váşn Ä&#x2018;áť&#x2122;ng viĂŞn thi Ä&#x2018;áşĽu váť&#x203A;i nhau Ä&#x2018;Ăşng máť&#x2122;t láş§n vĂ khĂ´ng cĂł tráşn hĂ˛a, cháť&#x2030; cĂł tháşŻng â&#x20AC;&#x201C; thua. Táťˇ sáť&#x2018; giáťŻa sáť&#x2018; tráşn tháşŻng cáť§a náťŻ vĂ sáť&#x2018; tráşn tháşŻng cáť§a nam lĂ

7 . TĂnh sáť&#x2018; váşn Ä&#x2018;áť&#x2122;ng viĂŞn cáť§a giáşŁi Ä&#x2018;áşĽu. 5

-----------------------------Háşżt----------------------------1

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV, NĂM 2019

ĐỀ XUẤT

ĐÁP ÁN

ai l.c

ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN HỌC LỚP: 10 (Đáp án gồm 08 trang)

2   5 y − 9 + 7 x − 3 = −2 x + 12 y − 19 Câu 1.1: (2,0 điểm)Giải hệ phương trình   x + 1 y + 1 + 1 = 2 y + y − x

)

(

ĐÁP ÁN

3   x ≥ 7 Điều kiện :  y ≥ 9  5

)

(

y−x⇔

x +1 − y

)(

)

x +1 + 2 y +1 = 0

0,25đ

y +1 +1 = 2y +

x +1 − y = 0 ⇔ y = x +1

yn h

⇔

(

Ta có : x +1

ĐIỂM 2,0 đ

Ý 1.

Điều kiện : x ≥

Cách 1

Với y = x + 1 => 2 x 2 − 12 x + 7 + 5 x − 4 + 7 x − 3 = 0 (1) 4 , suy ra 5

5 x − 4 + x > 0, 7 x − 3 + x + 1 > 0 do đó phương

trình (1) trở thành : 2 x 2 − 10 x + 8 + ⇔ 2 ( x2 − 5x + 4) −

x2 − 5x + 4 5x − 4 + x

−

(

) (

5x − 4 − x +

x2 − 5x + 4 5x − 4 + x

)

7x − 3 − x −1 = 0

0,25đ

  1 1 ⇔ ( x − 5 x + 4)  2 − − =0 5x − 4 + x 7x − 3 + x +1 

0,25đ

 x2 − 5x + 4 = 0 ⇔ 1 1 2 − − =0 5x − 4 + x 7x − 3 + x + 1 

(*)

0,25đ

Do ∀x ≥

4 1 1 1 1 5 5 ⇒ + < + = + <2 4 4 5 4 9 5x − 4 + x 7x − 3 + x +1 1+ 5 5

=> 2 −

−

5x + 6 + x + 2

0,25 đ

7 x + 11 + x + 3

0,25 đ

x = 1 x = 4

nên (*) ⇔ x 2 − 5 x + 4 = 0 ⇔ 

0,25đ

Kết hợp với điều kiện ta thấy phương trình có nghiệm x = 1 và x = 4

0,25 đ

Từ đó suy ra hệ có nghiệm (1; 2 ) ; ( 4;5 )

)

y +1 +1 = 2y +

(

x +1 − y

y = 0 ⇔ y = x +1

x +1 −

)(

)

x +1 + 2 y +1 = 0

0,25đ

y−x⇔

⇔

(

Ta có : x +1

0,25đ

ai l.c

3   x ≥ 7 Điều kiện :  y ≥ 9  5

y = x + 1 => 2 x 2 − 12 x + 7 + 5 x − 4 + 7 x − 3 = 0 ⇔ 2 x 2 − 12 x + 10 + 5 x − 4 − 1 + 7 x − 3 − 2 = 0 7 ( x − 1)

5x − 4 + 1

7x − 3 + 2

0,25đ

yn h

5 7   ⇔ ( x − 1)  2 x − 10 + + =0 5x − 4 + 1 7x − 3 + 2   x = 1 ⇔ 5 7  2 x − 10 + + = 0 ( 2) 5x − 4 + 1 7x − 3 + 2 

0,25đ

Cách 2

5 ( x − 1)

⇔ ( x − 1)( 2 x − 10 ) +

Lại có :

2x − 8 +

5 7 −1+ −1 = 0 5x − 4 + 1 7x − 3 + 2

⇔ 2x − 8 +

⇔ 2x − 8 −

4 − 5x − 4 5 − 7 x − 3 + =0 5x − 4 + 1 7x − 3 + 2

5 ( x − 4)

(

)(

5x − 4 + 1 4 + 5x − 4

 ⇔ ( x − 4)  2 −  

7 ( x − 4)

−

) (

(

0,5đ

)(

7x − 3 + 2 5 + 7x − 3 −

)(

5x − 4 + 1 4 + 5x − 4

) (

)

 =0 7x − 3 + 2 5 + 7x − 3   7

)(

)

0,25đ

ďŁŽx = 4 ďŁŻ 5 â&#x2021;&#x201D; ďŁŻ2 â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019; ďŁŻ 5x â&#x2C6;&#x2019; 4 + 1 4 + 5x â&#x2C6;&#x2019; 4 ďŁ°

(

)(

) (

)(

7x â&#x2C6;&#x2019; 3 + 2 5 + 7x â&#x2C6;&#x2019; 3

)

Do 4 â&#x2021;&#x2019; 5

=> 2 â&#x2C6;&#x2019;

(

)(

5x â&#x2C6;&#x2019; 4 + 1 4 + 5x â&#x2C6;&#x2019; 4

) (

â&#x2C6;&#x2019;

5x + 6 + x + 2

7 x + 11 + x + 3

)(

7x â&#x2C6;&#x2019; 3 + 2 5 + 7x â&#x2C6;&#x2019; 3

)

5 1 + <2 4 10

> 0 nĂŞn

0,25Ä&#x2018;

â&#x2C6;&#x20AC;x â&#x2030;Ľ

ai l.c

ďŁŽx = 1 (*) â&#x2021;&#x201D; x 2 â&#x2C6;&#x2019; 5 x + 4 = 0 â&#x2021;&#x201D; ďŁŻ ďŁ°x = 4

TáťŤ Ä&#x2018;Ăł suy ra háť&#x2021; cĂł nghiáť&#x2021;m (1; 2 ) ; ( 4;5 )

+ 3 = 12 â&#x2C6;&#x2019; 15 + 3 + 8 CĂ˘u 1.2: (2,0 Ä&#x2018;iáť&#x192;m)GiáşŁi háť&#x2021; phĆ°ĆĄng trĂŹnh + 2 = 8 â&#x2C6;&#x2019; 10 + 3 + 6 + = 4 â&#x2C6;&#x2019; 5 + 3 + 4

Ä?Ă P Ă N

Ä?Iáť&#x201A; M 2,0 Ä&#x2018;

Ă?

â&#x2C6;&#x2019; 3 â&#x2C6;&#x2019; 2 â&#x;ş â&#x2C6;&#x2019; 3 â&#x2C6;&#x2019; 2 0,25 â&#x2C6;&#x2019; 3 â&#x2C6;&#x2019; 2 Ä&#x2018;

yn h

# â&#x2C6;&#x2019; 2$# + 1 â&#x;ş # â&#x2C6;&#x2019; 2$# + # â&#x2C6;&#x2019; 2$# + 0,25

Ä&#x2018;

XĂŠt cĂĄc trĆ°áť?ng háťŁp: *Náşżu = 2, táťŤ (1) ta cĂł = 2 hoáşˇc = 1; TáťŤ#3$ ta cĂł = 2 hoáşˇc = â&#x2C6;&#x2019;1. NhĆ°ng do #2$ nĂŞn ta tháşĽy cháť&#x2030; = = 2 tháť?a mĂŁn. *TĆ°ĆĄng táťą, váť&#x203A;i = 2 ta Ä&#x2018;Ć°áťŁc = = 2. Váť&#x203A;i = 2 ta Ä&#x2018;Ć°áťŁc = = 2.

*Váť&#x203A;i , , Ä&#x2018;áť u khĂĄc2, ta nhĂ˘n cĂĄc váşż cáť§a (1), (2) vĂ (3) ta cĂł: â&#x2C6;&#x2019;6# â&#x2C6;&#x2019; 2$# â&#x2C6;&#x2019; 2$# â&#x2C6;&#x2019; 2$# â&#x2C6;&#x2019; 1$ # â&#x2C6;&#x2019; 1$ # â&#x2C6;&#x2019; 1$

= # â&#x2C6;&#x2019; 2$# â&#x2C6;&#x2019; 2$# â&#x2C6;&#x2019; 2$# + 1$ # + 1$ # + 1$

â&#x;ş 6# â&#x2C6;&#x2019; 1$ # â&#x2C6;&#x2019; 1$ # â&#x2C6;&#x2019; 1$ + # + 1$ # + 1$ # + 1$ = 0

0,25 Ä&#x2018; 0,25 Ä&#x2018; 0,25 Ä&#x2018; 0,25 Ä&#x2018;

â&#x;ş%

# â&#x2C6;&#x2019; 1$ # â&#x2C6;&#x2019; 1$ # â&#x2C6;&#x2019; 1$ = 0 # + 1$ # + 1$ # + 1$ = 0

0,25 Ä&#x2018;

Trong ba sáť&#x2018; , , pháşŁi cĂł máť&#x2122;t sáť&#x2018; báşąng 1 vĂ máť&#x2122;t sáť&#x2018; báşąng â&#x20AC;&#x201C; 1. káşżt háťŁp váť&#x203A;i cĂĄc phĆ°ĆĄng trĂŹnh (1), (2) vĂ (3) ta tháşĽy khĂ´ng tháť?a mĂŁn. Do Ä&#x2018;Ăł háť&#x2021; cĂł nghiáť&#x2021;m duy nháşĽt #2; 2; 2$

0,25 Ä&#x2018;

CĂ˘u 2: (4,0 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) Cho táťŠ giĂĄc ABCD náť&#x2122;i tiáşżp Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n (O) cĂł AB cáşŻt CD táşĄi E, AD cáşŻt BC táşĄi F.

GC cáşŻt EF táşĄi I. CháťŠng minh I, C, G tháşłng hĂ ng vĂ IE 2 = IF2 = PI/(O) .

EF láş§n lĆ°áťŁt cáşŻt AC, BD táşĄi G, H. a) Ä?Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc ABD cáşŻt Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc AEF táşĄi G.

Ä?Ă P Ă N

Ă?

ai l.c

b) TáťŤ Ä&#x2018;iáť&#x192;m X náşąm trĂŞn (O), Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc XGH cáşŻt (O) táşĄi Ä&#x2018;iáť&#x192;m tháťŠ hai lĂ Y. CháťŠng minh ráşąng EF lĂ tiáşżp tuyáşżn chung cáť§a cĂĄc Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc XYE vĂ Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ngoáşĄi tiáşżp tam giĂĄc XYF.

B D

E D

4Ä&#x2018;

I Y

Ä?Iáť&#x201A;M

yn h

â&#x2021;&#x2019; JE 2 = JG.JC = P J

0,5Ä&#x2018;

(ABD) cáşŻt (AEF) táşĄi G GC cáşŻt EF táşĄi J Ta cĂł: â&#x2C6; EGC = â&#x2C6; AGC â&#x2C6;&#x2019;â&#x2C6; AGE = â&#x2C6; ADC â&#x2C6;&#x2019;â&#x2C6; AFE = â&#x2C6; CEJ â&#x2021;&#x2019; JE lĂ tiáşżp tuyáşżn cáť§a (GEC) (O)

CháťŠng minh tĆ°ĆĄng táťą: JF2 = P J

0,5Ä&#x2018;

(O) 2

Do Ä&#x2018;Ăł: J â&#x2030;Ą I . Suy ra I, G, C tháşłng hĂ ng vĂ IE = IF = PI/(O)

Ă p dáťĽng háť&#x2021; tháťŠc Newton cho hĂ ng Ä&#x2018;iáť&#x192;m Ä&#x2018;iáť u hĂ˛a (EFGH) = -1 , ta Ä&#x2018;Ć°áťŁc:

IE 2 = IF2 = IG.IH

0,5Ä&#x2018; 2

MĂ theo pháş§n a: IE = IF = P I

( O)

0,5Ä&#x2018;

â&#x2021;&#x2019; I, X, Y tháşłng hĂ ng (vĂŹ XY lĂ tráťĽc Ä&#x2018;áşłng phĆ°ĆĄng cáť§a (XGH), (O))

0,5Ä&#x2018;

NĂŞn P I

(XGH)

= IG.IH = P I

(O)

⇒ IE 2 = IF2 = IX.IY ⇒ EF là tiếp tuyến chung của (XYE), (XYF)

0,5đ

Câu 3: (4,0 điểm) Tìm a, p, n ∈ ℕ *, với p là số nguyên tố, thỏa mãn

22a +2 − 5.2a + 1 = p n ĐÁP ÁN

(

)(

ĐIỂM 4,0 đ

)

Ta có 2a − 1 2a +2 − 1 = p n

ai l.c

0,5đ

(

)

Suy ra 4 p x + 1 − 1 = p y

2a − 1 = p x  Suy ra  a +2 ,0 ≤ x < y ≤ n 2 − 1 = p y 

+ Nếu x ≥ 1 ⇒ 3 ⋮ p ⇒ p = 3

0,5đ 0,5đ

Suy ra 4 p x + 3 = p y

0,5đ

(

)

0,5đ

Suy ra 4.3x + 3 = 3y ⋮ 32 do y ≥ x + 1 ≥ 2

yn h

Suy ra x = 1 ⇒ 15 = 3y (vô lý)

0,5đ

+ x = 0 ⇒ 2a = 2 ⇒ a = 1

Suy ra 23 − 1 = p y ⇒ p = 7, y = 1 ⇒ n = 1

Vậy phương trình có nghiệm (a, p, n ) = (1, 7,1)

Câu 4.1. (2,0 điểm).Cho , , là 3 số dương và + + = 6 . Chứng minh b c 3 + + ≥ #1$ √b + 1 + 1 √c + 1 + 1 √a + 1 + 1 2 6

0,5đ

Hướng dẫn chấm Ý ĐÁP ÁN 1 +Áp dụng bất đẳng thức Cô Sita có :

do đó√,-

≥

*.*. 0

Tương tự: √1-

,)*/

*.*.

Ta sẽ chứng minh

≥

; √(-

1) */

(

,) */

1) */

*.*.

≥

() */

0,25đ

()*/

≥

02 )

2 ) */

2+)

+) */

Do + 4 ≥ 4 nên Do đó

+0 )

0 ) */

02 )

2 )*/

≤3

+0 )

0 )*/

2+)

+)*/

≤

+0 /

. Tương tự:

02 )

2 )*/

≤ # + + $ . /

0 ) */

≤

+0 )

(2)

ai l.c

2a 2b 2c 3 4+3 −

4+3 −

4≤3− ⟺3 −

2 b +4 2 c +4 2 a +4 2

⟺

(

()*

√a + 1 = √a + 1√a − a + 1 ≤

ĐIỂM 2,0 đ

;

2+)

+) */

≤

2+ /

0,25đ

(4)

Mà ta có: # − $ + # − $ + # − $ ≥ 0 nên

(3)

0,25đ

(5)

3# + + $ ≤ # + + $ ⟹ + + ≤ 12

Từ (4) và (5) suy ra (3) đúng. Do vậy (2) đúng, nên(1) đúng.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2 (đpcm).

0,5đ

0,25đ

yn h

Câu 4.2: (2,0 điểm)Cho , , là các số không âm sao cho không có hai số nào cùng đồng thời bằng0. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + + ≥ − + − + − + max { ; ; }

ĐÁP ÁN

Không mất tính tổng quát giả sử = min { ; ; } thìmax{ ; ; } = Ta cần chứng minh

ĐIỂM 2,0 đ

Ý 2

1 1 1 3 +

≥

− + − + − + max { ; ; }

1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + − + − + − + − +

Ta cần chứng minh

0,25đ

Ta có

0,25đ

1 1 1 3 +

+ ≥

− +

⟺

# + − 3 $# − + $ +

≥0 # − + $

0,25đ

# + − 2 $# − + − $ ≥0 # − + $

0,25đ

80) *2 )9 02:80 )902*2 ) :*02;02980)902*2 ) :<

⟺

#0 ) 902*2 )$0 )2 )

≥ 0.

0,5đ

0,25đ

ai l.c

# − $/ ⟺

≥0 # − + $

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh là đúng. Đẳng thức xảy ra khi = 0, = > 0 hoặc = 0, = > 0, hoặc = 0, = > 0

0,25đ

⟺

Câu 5: (4,0 điểm)

Trong một giải thi đấu bóng bàn, số lượng vận động viên nam gấp đôi số nữ. Mỗi cặp vận động viên thi đấu với nhau đúng một lần và không có trận hòa, chỉ có thắng – thua. Tỷ số giữa số trận thắng 7 của nữ và số trận thắng của nam là . Tính số vận động viên của giải đấu. 5

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1,0 đ

yn h

Gọi số nam là 2n , số nữ là n và tổng số vận động viên là 3n. Tổng số trận đấu là 3n(3n − 1) . C32n = 2 5 trong số đó nên số trận Theo giả thiết thì số trận thắng bởi nam chiếm 12 thắng của nam là 5 3n(3n − 1) 5n(3n − 1) ⋅ = . 12 2 8

2n(2n − 1) = n(2n − 1) . 2

1,0đ

Số trận đấu giữa các nam là C22n =

1,0đ

Rõ ràng số trận này không vượt quá số trận thắng của các nam nên suy ra 5n(3n − 1) ≥ n(2n − 1) ⇔ n ≤ 3. 8 Mặt khác, 5n(3n − 1) phải chia hết cho 8 nên n = 3. Do đó, số vận động viên

của giải đấu là 9 , bao gồm 6 nam và 3 nữ.

A. LƯU Ý CHUNG

0,5đ

yn h

ai l.c

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không chấm điểm cho phần đó.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2018

THÁI NGUYÊN

MÔN: TOÁN - KHỐI 10 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀTHI ĐỀ XUẤT

(Đề thi gồm 01 trang)

---------------------------------------------------

Câu 1 (4 điểm). Giải phương trình x = 3 3 3 3 3 3x + 2 + 2 + 2 .

ai l.c

Câu 2 (4 điểm). Cho tứ giác lồi ABCD. Kí hiệu O là giao các đường chéo của tứ giác; H1 , H 2 , H 3 , H 4 lần lượt là trực tâm các tam giác OAB, OBC, OCD, ODA.

a) Chứng minh rằng AC = BD khi và chỉ khi H1 , H 2 , H 3 , H 4 là bốn đỉnh của một hình thoi.

b) Giả sử AC = BD. Kí hiệu O1 , O2 , O3 , O4 lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các

tam giác OAB, OBC, OCD, ODA. Chứng minh O1O3 ⊥ O2O4 .

Câu 3 (4điểm). Chứng minh với mọi số dương a, b, cd ta có:

2 a b c d + + + ≥ . b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c 3

Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các nghiệm nguyên khác (0, 0, 0) của phương trình

x2 + 2y2 = 3z2.

yn h

Câu 5 (4 điểm). Chứng minh rằng từ sáu số vô tỉ tùy ý có thể chọn ra được ba số (ta gọi ba số đó là a, b,c) sao cho a + b, b + c, c + a cũng là số vô tỉ.

--------------------HẾT ---------------------

Người ra đề: Ngô Lan Hương.

SĐT: 0914 935 908.

ĐÁP ÁN Câu 1 (4 điểm). Giải phương trình x = 3 3 3 3 3 3x + 2 + 2 + 2 . Giải. Đặt y = 3 3 x + 2 ⇒ x = x = 3 3 3 3 y + 2 + 2 . Lại đặt z = 3 3 y + 2 ⇒ x = 3 3 z + 2 .

 x3 = 3z + 2  Ta được hệ  y 3 = 3x + 2 z3 = 3y + 2 

ai l.c

Không giảm tổng quát, giả sử x = max { x, y, z} .

Từ đó ta thu được x ≥ y ≥ z ≥ x . Do đó x = y = z . 2

Ta có x ≥ y ⇒ x3 ≥ y 3 ⇒ 3 z + 2 ≥ 3 x + 2 ⇒ z ≥ x ⇒ z 3 ≥ x3 ⇒ 3 y + 2 ≥ 3 z + 2 ⇒ y ≥ z .

Vậy nghiệm của phương trình là x = −1; x = 2 .

Dẫn đến phương trình x 3 − 3 x − 2 = 0 ⇔ ( x − 2 )( x + 1) = 0 ⇔ x ∈ {−1;2} .

Câu 2 (4 điểm). Cho tứ giác lồi ABCD. Kí hiệu O là giao các đường chéo của tứ giác;

H1 , H 2 , H 3 , H 4 lần lượt là trực tâm các tam giác OAB, OBC, OCD, ODA.

a) Chứng minh rằng AC = BD khi và chỉ khi H1 , H 2 , H 3 , H 4 là bốn đỉnh của một hình thoi.

b) Giả sử AC = BD. Kí hiệu O1 , O2 , O3 , O4 lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các

yn h

tam giác OAB, OBC, OCD, ODA. Chứng minh O1O3 ⊥ O2O4 .

Giải. Ta có H1 , H 2 , H 3 , H 4 là hình bình hành. Xét các đường tròn đường kính AB, BC, CD,

DA có tâm M, P, N, Q. Ta có PH 2 / ( M ) = PH 2 / ( P ) = PH 2 / ( N ) .

Ngoài ra PH 4 / (Q ) = PH 4 /( M ) = PH 4 / ( N ) nên H 2 H 4 là trục đẳng phương của (M) và (N) nên

H 2 H 4 ⊥ MN . Ngoài ra H1H 3 ⊥ PQ mà MN ⊥ PQ , do QMPN là hình thoi nên

H 4 H 2 ⊥ H1 H 3 .

b) Giả sử G1 , G2 , G3 , G4 là trọng tâm các tam giác AOB, BOC, COD, DOA suy ra H 4 , G4 , O4 thẳng hàng và H 2 , G2 , O2 thẳng hàng. Suy ra H 4G4 H 2G2 = = 2 , nên G2G4 / / H 2 H 4 ; O2O4 / / H 2 H 4 / / PQ . Tương tự O1O3 / / MN mà G4O4 G2O2 MN ⊥ PQ nên ta có điều phải chứng minh.

M O2 H1

ai l.c

Câu 3 (4điểm). Chứng minh với mọi số dương a, b, cd ta có:

2 a b c d + + + ≥ b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c 3

Giải. Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:

yn h

a2 b2 c2 d2 + + + ab + 2ac + 3ad bc + 2bd + 3ba ca + 2ca + 3cb da + 2db + 3dc

VT =

4 ( ab + bc + cd + da + ac + bd ) 2

: ( a − b) + ( a − c ) + ( a − d ) + (b − c ) + (b − d ) + (c − d ) ≥ 0

Lại do bất đẳng thức

≥

(a + b + c + d )

a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ab + ac + ad + bc + bd + cd ≥ 4 6

⇔

Ta có: ( a + b + c + d ) = 2 ( ab + bc + ca + da + ac + bd ) + a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥

8 ( ab + bc + cd + da + ac + bd ) 3

Từ đó ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d.

Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các nghiệm nguyên khác (0, 0, 0) của phương trình x2 + 2y2 = 3z2

(1)

Giải. Chia hai vế của phương trình cho z2, ta được phương trình (x/z)2 + 2(y/z)2 = 3

Đặt u = x/z, v = y/z, ta được phương trìnhu2 + 2v2 = 3

(2)

trong đó u, v hữu tỷ. Bài toán quy về việc tìm tất cả các nghiệm hữu tỷ của (2) Ta cần tìm tất cả các điểm hữu tỷ nằm trên đường cong (E): u2 + 2v2 = 3. Chú ý rằng (1, 1) là một điểm hữu tỷ của (E). Nếu (u0, v0) là một điểm hữu tỷ khác (1, 1) thì đường thẳng qua (1, 1) và (u0, v0) sẽ có hệ số góc hữu tỷ. Mặt khác, nếu y = k(x-1) + 1 là đường thẳng

qua (1, 1) với hệ số góc k hữu tỷ thì, áp dụng định lý Viet cho phương trình hoành độ giao

ai l.c

điểm, giao điểm thứ hai của đường thẳng trên với (C) cũng có tọa độ hữu tỷ. Tính toán trực tiếp ta có tọa độ của điểm này là

2k 2 − 4 k − 1 −2 k 2 − 2 k + 1 . u= ,v= 2k 2 + 1 2k 2 + 1

Từ đây ta cũng tìm được nghiệm tổng quát của (1). Ví dụ với k=-1 ta được u = 5/3, v = 1/3

và ta có nghiệm (5, 1, 3) của (1).

Câu 5. Chứng minh rằng từ sáu số vô tỉ tùy ý có thể chọn ra được ba số (ta gọi ba số đó

là a, b,c) sao cho a + b, b + c, c + a cũng là số vô tỉ.

Giải.Xét trên mặt phẳng sáu điểm sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Với mỗi

điểm ta sẽ gắn cho nó một số vô tỉ. Như vậy sáu điểm được gắn sáu số vô tỉ đã cho. Hai

yn h

điểm mang số a và b sẽ được nối với nhau bằng một đoạn thẳng màu đỏ nếua + b là số vô tỉ, còn sẽ có màu xanh khi a + b là số hữu tỉ.

Theo đề bài, tồn tại ít nhất một tam giác cùng màu. Giả sử tam giác đó có ba đỉnh được

gắn số là a, b,c. Chỉ có hai khả năng xảy ra: 1) Nếu tam giác đó là tam giác xanh. Khi ấy a + b, b + c, a + c là 3 số hữu tỉ. Lúc

này (a + b) + (b + c) - (c + a)= 2b cũng là một số hữu tỉ. Điều này vô lí vì b là số

vô tỉ.

2) Nếu tam giác đỏ là tam giác đỏ. Khi ấy a + b, b + c, a + c là 3 số vô tỉ.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG -------------ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN TOÁN. LỚP 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang

Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình

(1 − y ) x 2 + 2 y 2 = x + 2 y + 3 xy .  2 2 y x y x y + 1 + + 2 = − + 2 

ai l.c

Câu 2 (4 điểm). Cho ∆ABC có A = 600 . Gọi O, H , I , J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác. Gọi B ', C ' là các điểm tương ứng trên AC , AB sao cho AB = AB ' và AC = AC ' . Chứng minh rằng: a) Tám điểm B, C , H , O, I , J , B ', C ' nằm trên một đường tròn.

b) Nếu OH cắt AB, AC tại các điểm tương ứng E và F thì chu vi ∆AEF bằng AB + AC . c) OH = AB − AC . 2

a+b+c Câu 3 (4 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn   ≤ 4abc . Tìm  2018  a b c + + giá trị lớn nhất của biểu thức P = . a + bc b + ca c + ab Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các số nguyên m sao cho phương trình x3 − mx 2 + mx − m 2 − 1 = 0

yn h

có một nghiệm nguyên.

Câu 5 (4 điểm). Trên mặt phẳng có 25 điểm, biết rằng trong 3 điểm bất kì đã cho bao giờ cũng tìm được hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Chứng minh tồn tại một hình tròn có bán kính 1 chứa không ít hơn 13 điểm đó. -HếtNgười ra đề: TS. Lê Thiếu Tráng. 0912. 504.010

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 10 ----Nội dung

Câu

(1 − y ) x 2 + 2 y 2 = x + 2 y + 3 xy (1) 

Giải hệ: 

 y + 1 + x + 2 y = − x + 2 y 2

Điểm

4,0

(2)

x 2 + 2 y 2 = t ≥ 0 , (1) được biến đổi như sau:

Điều kiện: y ≥ −1 . Đặt

x 2 + 2 y 2 = − x − y − 1 , thay vào (2) ta có:

ai l.c

Câu 1 - Với

2 2 t = − x − y − 1  x + 2 y = − x − y − 1 ⇒ . Từ đó ta có:   x 2 + 2 y 2 = x + 2 y t = x + 2 y

1,0

y + 1 = 3 y + 1 ⇒ y = 0 ⇒ x 2 = − x − 1 , vô nghiệm.

- Với

1,0

t 2 + (1 − y ) t − x 2 − 2 y 2 − x − 2 y − 3 xy = 0 . Lấy ẩn t , có ∆ = ( 2 x + 3 y + 1) .

x 2 + 2 y 2 = x + 2 y , thay vào (2) ta có hệ:

1,0

 −1 − 5 x =  y + 1 = −2 x  4 . ⇔  2 2 1 5 + x + 2 y = x + 2 y y =   2  −1 − 5 1 + 5  ; . 4 2  

Vậy hệ có một cặp nghiệm ( x; y ) = 

A = 60 . Gọi O, H , I , J lần lượt là tâm đường tròn ngoại Cho ∆ABC có tiếp, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp góc A của ∆ABC . Gọi B ', C ' là các điểm tương ứng trên AC , AB sao cho AB = AB ' và AC = AC ' . Chứng minh rằng: Câu 2 a) Tám điểm B, C , H , O, I , J , B ', C ' nằm trên một đường tròn.

yn h

4,0

b) Nếu OH cắt AB, AC tại các điểm tương ứng E và F thì chu vi ∆AEF bằng AB + AC . c) OH = AB − AC .

Vì phân giác trong và phân giác ngoài tại góc B và C thì vuông góc nhau, nên tứ giác BICJ nội tiếp đường tròn (T ) đường kính IJ . Ta có: = 1800 − 1 B +C = 1800 − 1 1800 − BIC A = 1200 2 2 = 1800 − A = 1200 ⇒ I ∈ (T ) . BHC

(

)

(

)

1,5

= 1200 . BOC Từ đó suy ra O, H ∈ (T ) . Ttheo giả thiết ta có B , C đối xứng với B ' , C '

qua phân giác trong góc A ⇒ B ' và C ' cũng thuộc (T ) . Vậy B, C , H , O, I , J , B ', C ' nằm trên đường tròn (T ) . 1

Câu

Nội dung

Điểm

ai l.c

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Phép đối xứng qua đường thẳng AI thì điểm I không đổi, còn B, C biến thành B ', C ' , do đó đường tròn (T ) qua B, C , H , O được bảo toàn, nên H biến thành b)

1,5đ

=B −C . O ⇒ ∆AHO cân tại A , có AH = AO = R và HAO

Đường cao của ∆AHO bằng R cos ( B − C ) . Tam giác AEF đều và có chu

vi là: 2 3R cos ( B - C ) = 4R sin( B + C )cos ( B - C ) = 2R ( sin B + sin C ) = AC + AB .

Mà a = 2 R sin 600 ⇒ OH 2 = 2a 2 − b 2 − c 2 .

yn h

Ta có: OH 2 = 9 R 2 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) .

Theo định lí cosin ta có: a 2 = b 2 + c 2 − bc ⇒ OH 2 = b 2 + c 2 − 2bc = ( b − c ) .

1,0

Vậy: OH = AB − AC .

 a+b+c  Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn   ≤ 4abc . Tìm giá  2018 

4,0

a b c trị lớn nhất của biểu thức P = . + + a + bc b + ca c + ab

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho a và bc , ta có:

Câu 3

a + bc ≥ 2 a . 4 bc ⇔

Tương tự ta có: Do đó:

1 1 1 1 1 1  a ≤ .4 .4 ≤  + . a + bc 2 b c 4  b c

1 1 1  1 1 1  b c ≤  + và ≤  +  . b + ca 4  c a c + ab 4  a b

1 1 1 1  a b c + + ≤  + + . a + bc b + ca c + ab 2  a b c

Mặt khác:

1,0

0,5 1,0

Câu

Nội dung ab + bc + ca 1 1 1 + + = ≤ a b c abc

Vậy: P =

Điểm

a+b b+c c+a + + 2 2 2 = a+b+c . abc abc

a b c a+b+c . + + ≤ a + bc b + ca c + ab 2 abc  a+b+c 

0,5

a b c + + ≤ 2018 . a + bc b + ca c + ab 9 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = . 16289296 Vậy giá trị lớn nhất của P là 2018.

Từ giả thiết:   ≤ 4abc ⇔ a + b + c ≤ 4036 abc .  2018 

ai l.c

Thay vào trên có: P =

4,0

Tìm tất các số nguyên m sao cho phương trình: x3 − mx 2 + mx − m 2 − 1 = 0 có một nghiệm nguyên. Giả sử k là một số nguyên sao cho: k 3 − mk 2 + mk − m 2 − 1 = 0

1,0

(

)

⇔ k 2 + m ( k − m ) = 1.  k 2 + m = k − m = −1 (1)

Câu 4 Do k và m là các số nguyên nên ta phải có: 

2 (2)  k + m = k − m = 1

0,5

1,0 1,0

4,0

1,0

yn h

Trường hợp (1) có m = k + 1 nên k 2 + k + 1 = −1 , vô nghiệm. Trường hợp (2) có m = k − 1 nên k 2 + k − 1 = 1 , suy ra k = −2 hoặc k = 1 . Từ đó ta có m = −3 hoặc m = 0 . Vậy các giá trị cần tìm là m = −3 hoặc m = 0 . Trên mặt phẳng có 25 điểm, biết rằng trong 3 điểm bất kì đã cho bao giờ cũng tìm được hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Chứng minh tồn tại một hình tròn có bán kính 1 chứa không ít hơn 13 điểm đó. Xét A, B là 2 trong 25 điểm đã cho mà khoảng cách AB là lớn nhất trong số các đoạn thẳng mà hai đầu mút là 2 trong 25 điểm đã cho. + Nếu AB < 1 : Khi đó, với mọi điểm C trong số các điểm còn lại cũng có AC < 1 ⇒ Đường tròn tâm A , bán kính 1 sẽ chứa toàn bộ 25 điểm Câu 5 đã cho ⇒ Điều phải chứng minh. + Nếu AB ≥ 1 : Xét điểm C tùy ý trong các điểm còn lại. Theo giả thiết

1,0

 AC < 1 ⇒ Có ít nhất 12 đoạn thẳng xuất phát từ A có độ dài  BC < 1 nhỏ hơn 1, hoặc 12 đoạn thẳng xuất phát từ B có độ dài nhỏ hơn 1. Do đó đường tròn tâm A bán kính 1, hoặc đường tròn tâm B bán kính ta có: 

2,0

1 sẽ chứa trong nó ít nhất 13 điểm. -Hết-