ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ đồng bằng bắc bộ NĂM 2015 -Toán 10 trường chuyên Phú Thọ

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
TỈNH PHÚ THỌ
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
Đề thi gồm có 01 trang, 5 câu
Câu 1 (4,0 điểm)
Giải phương trình
5 33 5
2 2x x x x+ = −
Câu 2 (4,0 điểm)
Cho tam giác
ABC
nhọn có trực tâm
H
và tâm đường tròn ngoại tiếp
O
.
Trung trực của đoạn
AH
cắt các cạnh
,CA AB
lần lượt tại
;M N
. Chứng minh
rằng
A
là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác

OMN
.
Câu 3 (4,0 điểm)
Chứng minh rằng nếu
p
là số nguyên tố có dạng
4 1k +
thì có một số tự
nhiên
a
nhỏ hơn
p
sao cho
2
1a +
chia hết cho
p
.
Câu 4 (4,0 điểm)
Cho các số thực không âm
, ,a b c
thoả mãn
2 2 2
2a b c+ + =
. Chứng minh bất
đẳng thức
{ }
( )
2 2 2 2 2 2
3 3 3

2
8 ; ;
3
max a b b c c a
a b c abc
a b c
+ + + ≥
+ +
Câu 5 (4,0 điểm)
Xác định tất cả các tập con
, ,A B C
khác rỗng của tập các số nguyên
dương
*
ℵ
thoả mãn các điều kiện sau
1)
A B B C C A∩ = ∩ = ∩ = ∅
;
2)
*
ℵ=∪∪ CBA
;
3) Với mọi
,a A b B∈ ∈
và
c C∈
, ta có
,c a A c b B+ ∈ + ∈
và

a b C+ ∈
.
………… HẾT………
Người ra đề: Kiều Đình Minh ĐT: 0989 848 965
ĐÁP ÁN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2015 - 2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 10
Câu 1 (4,0) Giải phương trình
5 33 5
2 2x x x x+ = −
Dễ thấy
0x =
là một nghiệm. Xét
0x ≠
, khi đó phương trình tương đương
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 5 3 5 3 5
3 5 3 2 5 4 2 2 4
2 2 2 2 2 2x x x x x x x x x x x+ = − ⇔ + = − ⇔ + = −
Đặt
2
2 2( 0)y x y do x= + ⇒ > ≠
và
( ) ( ) ( )
( )
4 4 2 2
2 4 2 2 2 2 4 2x x x x y y− = − + = + − + = − +
Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
2
5 2
5
2 2
3
4 2
2 4 2 2 2 2 2 2 2 1 (*)
y y
y y y y y y y y
y
 
− +
   
= − − + = − − − ⇔ − − − = 
 ÷
 
   
 
Dễ thấy
( )
2
4 2 2
4
t t
f t t
t t
− +
= = + −

thì
( ) ( )
1 2
f t f t<
nếu
1 2
2 t t< <
. Vì vậy
4y =
là
nghiệm duy nhất của phương trình
(*)
, do đó
2x = ±
là nghiệm của phương trình đã cho.
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là:
0; 2x x= = ±
.■
Câu 2 (4,0) Cho tam giác
ABC
nhọn có trực tâm
H
và tâm đường tròn ngoại tiếp
O
. Trung
trực của đoạn
AH
cắt các cạnh
,CA AB
lần lượt tại

;M N
. Chứng minh rằng
A
là tâm
đường tròn bàng tiếp của tam giác
OMN
.
Ta có
(1)ANH AOC ANO AHC AON ACH∆ ∆ ⇒ ∆ ∆ ⇒ ∠ = ∠: :
Tương tự có
(2)AMH AOB AMO AHB AOM ABH∆ ∆ ⇒ ∆ ∆ ⇒ ∠ = ∠: :
Từ
( )
1
và
( )
2
suy ra
AON AOM∠ = ∠
, hay
OA
là phân giác của góc
MON∠
.
Lại có
0
180BNO BAO NOA CAH ACH AHC ABC ANM NA∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = − ∠ = ∠ = ∠ ⇒
là
phân giác ngoài của tam giác
ONM

∆
. Tương tự suy ra được
A
là tâm đường tròn bàng tiếp
của tam giác
ONM∆
.■
Câu 3 (4,0) Chứng minh rằng nếu
p
là số nguyên tố có dạng
4 1k
+
thì có một số tự nhiên
a

nhỏ hơn
p
sao cho
2
1a +
chia hết cho
p
.
Theo định lý Wilson
( )
1 ! 1p p− + M
với
( )
*
4 1p k k= + ∈¥

thì
( )
4 ! 1 (1)k p+ M
.
Mặt khác
( )
2 2 1 modk i k i p+ ≡ − + −
với
1,2, ,2i k=
. Do đó
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 2 4 2 ! modk k k k p+ + ≡
Suy ra
( ) ( ) ( )
2
4 ! 2 ! mod (2)k k p≡  
 
Từ
( )
1
và
( )
2
ta có
( )
2
2 ! 1k p+ 
 
M
. Gọi

a
là dư của phép chia
( )
2 !k
cho
p
thì
a p<
và
( ) ( )
2 ! modk a p≡
, do đó
2
1a p+ M
(đpcm).■
2
Câu 4 (4,0) Cho các số thực không âm
, ,a b c
thoả mãn
2 2 2
2a b c+ + =
. Chứng minh bất
đẳng thức
{ }
( )
2 2 2 2 2 2
3 3 3
2
8 ; ;
3

max a b b c c a
a b c abc
a b c
+ + + ≥
+ +
Do tính đối xứng của bất đẳng thức nên không mất tổng quát giả sử
0a b c≥ ≥ ≥
.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
( )
3 3 3 3 3
3 2 1a b c abc a b ab ab+ + + ≥ + ≥
Và
( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 4 2a b c a b c ab bc ca ab ab+ + = + + + + + ≥ + ≥
Từ
( )
1
và
( )
2
suy ra
( )
( )
{ }
2
3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2
3 8 8 ; ;a b c abc a b c a b max a b b c c a+ + + + + ≥ ≥

Hay
{ }
( )
2 2 2 2 2 2
3 3 3
2
8 ; ;
3
max a b b c c a
a b c abc
a b c
+ + + ≥
+ +
Dấu đẳng thức xảy ra khi
1; 0a b c= = =
Tóm lại :
{ }
( )
2 2 2 2 2 2
3 3 3
2
8 ; ;
3
max a b b c c a
a b c abc
a b c
+ + + ≥
+ +
Dấu đẳng thức khi
1; 0a b c= = =

và các hoán vị.■
Câu 5 (4,0) Xác định tất cả các tập con
, ,A B C
khác rỗng của tập các số nguyên dương
*
ℵ

thoả mãn các điều kiện sau :
1)
A B B C C A
∩ = ∩ = ∩ = ∅
;
2)
*
ℵ=∪∪ CBA
;
3) Với mọi
,a A b B∈ ∈
và
c C
∈
, ta có
,c a A c b B+ ∈ + ∈
và
a b C
+ ∈
.
Giả sử phần tử nhỏ nhất của
C
là

x
. Thế thì
{ }
1,2, , 1x A B− ⊆ ∪
, do với
,a A b B∀ ∈ ∈
, ta
có
,a x A b x B+ ∈ + ∈
. Vậy tất cả các số không chia hết cho
x
là thuộc
A B∪
. Do đó
c C
∀ ∈
là bội của
x
. Từ
( )
3
, tổng của
,a A b B∀ ∈ ∀ ∈
là bội của
x
.
Giả sử
1x
=
. Thì

,a A b B∈ ∈
suy ra
1 , 1a A b B a b A B+ ∈ + ∈ ⇒ + ∈ ∩
, mâu thuẫn với
( )
1
.
Giả sử
2x
=
. Ta có thể giả sử
1 A∈
. Thì do
( )
3
, tất cả các số nguyên dương lẻ nằm trong
A
. Với
b B
∈
, ta có
1 b C
+ ∈
. Do đó
b
lẻ, dẫn tới
b A B
∈ ∩
, mâu thuẫn với
( )

1
.
Giả sử
4x
≥
. Thì
{ }
1,2,3 A B⊆ ∪
, gọi
{ }
, 1,2,3y z A∈ ∩
. Lấy
b B
∈
, ta có
,y b z b C+ + ∈

do
( )
3
o đó
( ) ( )
y b z b y z+ − + = −
là một bội của
x
. Nhưng
y z x− <
, dẫn đến mâu thuẫn.
Vì vậy
3x =

. Ta chỉ ra
1
và
2
không thể cùng nằm trong
A
(hay cả hai cùng nằm trong
B
).
3
• Nếu
1,2 A∈
, thì
( )
3
suy ra
*
,23,13 ℵ∈∀∈++ kAkk
. Lấy
b B
∈
, ta có
1 b C
+ ∈
, điều
này suy ra
3 2b k A
= + ∈
. Do đó
b A B

∈ ∩
, mâu thuẫn với
( )
1
.
• Do đó hoặc
1 ,2A B∈ ∈
, suy ra
{ } { } { }
1,4,7, , 2,5,8, , 3,6,9, A B C= = =
hoặc
2 ,1A B∈ ∈
và
{ } { } { }
1,4,7, , 2,5,8, , 3,6,9, B A C= = =
.■
4