Toán 10- Trại hè HV- BG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG
VƯƠNG LẦN THỨ XI

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

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

Câu 1(4 điểm). Giải hệ phương trình

 y2 + 3 y + x − (2 y + 1) x = 2 y x − 1

 2


2
 y + 2 y + 6 + x + 1 ÷ 2 y + 4 y − 1 − 3 ÷ = 4.




Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AK. Trong tam giác
ACK, kẻ đường phân giác AE. Gọi M là trung điểm AC. Gọi N là giao điểm của đường
thẳng ME với AK. Chứng minh rằng BN và AE song song với nhau.
Câu 3 (4 điểm). Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng
 4a
 4b
 4c


+ 1÷
+ 1÷
+ 1÷ > 25 .

 b + c  c + a  a + b 

Câu 4 (4 điểm). Trong một đội thanh niên tình nguyện gồm 2015 người, cứ bốn người
bất kì có thể chọn ra được ít nhất một người quen với ba người còn lại. Hỏi có thể có
bao nhiêu người trong đội quen với tất cả?
Câu 5 (4 điểm). Cho đa thức P( x) = ( x 2 − 2)( x 2 − 3)( x 2 − 36). Chứng minh rằng với mọi số
nguyên tố p đều tìm được số tự nhiên n để P(n) chia hết cho p.
......................................Hết......................................


ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10.
Câu

Nội dung chính cần đạt
Câu 1(4 điểm). Giải hệ phương trình

Điểm

 y2 + 3 y + x − (2 y + 1) x = 2 y x − 1

 2


2
 y + 2 y + 6 + x + 1 ÷ 2 y + 4 y − 1 − 3 ÷ = 4.





1
x ≥ 1

ĐKXĐ: 

2
 y ≥ 0;2 y + 4 y − 1 ≥ 0

.

1.5

y2 + 3 y + x − (2 y + 1) x = 2 y

(

⇔ y+1− x
⇔ ( y + 1)

2

)

2

+  y −



4.0đ

x −1
2

x − 1 ÷ = 0


= x.

Thay vào pt thứ hai ta được

(

⇔

x + 5 + x +1

(

)(

x + 5 + x +1

)

2x − 3 − 3 = 4

)(

) (

2x − 3 − 3 =

x + 5 + x +1

)(

x + 5 − x +1

)

2

⇔ x + 5 − x + 1 = 2x − 3 − 3
⇔ 2x − 3 − x + 5 + x + 1 − 3 = 0
1

⇔ ( x − 8) 
+
 x + 5 + x +1
⇔ x = 8.

1

÷= 0
x +1 − 3 

⇒ y = 2 2 −1

Thoả mãn điều kiện.Vậy hệ có nghiệm là ( x; y ) = (8,2 2 − 1) .
Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AK.
Trong tam giác ACK, kẻ đường phân giác AE. Gọi M là trung điểm
2

AC. Gọi N là giao điểm của đường thẳng ME với AK.Chứng minh

0.5

4.0đ

rằng BN và AE song song với nhau.
(Kí hiệu AEB là góc AEB).
Ta có AEB=ACE+CAE, BAE=BAK+KAE, ACB=ABE, CAE=KAE.

1đ

Do đó AEB=BAE hay tam giác ABE cân tại B.
Kẻ đường cao EP của tam giác ABE. Ta được EP=AK và EP//AC.

1đ

2


Kết hợp với định lý Talet ta có

AK EP BP BK

=
=
=
.
AC AC BA BE

Theo tính chất đường phân giác ta lại có
Do đó

AK EK
=
.
AC EC

BK EK
=
(1).
BE EC

Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác ACK với ba điểm đường
thẳng cắt AC tại M, CK tại E và AK tại N, ta có

1đ

MC NA EK
EK NK
.
.
=1⇒
=

(2)
MA NK EC
EC NA

Từ (1) và (2) suy ra
1đ
NK BK
=
⇒ BN / / AE. (Theo định lý Talet đảo).
NA BE

Câu 3 (4 điểm). Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng
 4a
 4b
 4c

+ 1÷
+ 1÷
+ 1÷ > 25 . (1)

 b + c  c + a  a + b 

Không giảm tổng quát, giả sử c là số lớn nhất trong ba số a, b, c.
Đặt S = a+ b+ c, R= ab + bc+ ca, P= abc.

4.0đ
0.5

(1) ⇔ ( S + 3a)( S + 3b)( S + 3c) > 25( S − a)( S − b)( S − c)
⇔ S 3 + 3S 2 (a + b + c) + 9 S (ab + bc + ca) + 27 abc

> 25[ S 3 − S 2 (a + b + c) + S (ab + bc + ca) − abc]

1.5đ

⇔ 4 S + 9 SR + 27 P > 25( SR − P)
3

⇔ S 3 − 4 SR + 13P > 0.(2)

Ta chứng minh (2) đúng. Thật vậy,
VT (2) = (a + b + c)3 − 4(a + b + c)(ab + bc + ca) + 13
=(a + b + c)[( a + b + c) 2 -4( ab + bc + ca)] + 13abc
= (a + b + c)[(a + b − c) 2 -4ab] + 13abc

1.5đ

=(a + b + c)( a + b − c) 2 -4ab( a + b + c) + 13abc
= (a + b + c)(a + b − c) 2 + ab(9c − 4a − 4b) > 0
(do 9c − 4a − 4b > c > 0).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

0,5đ
3


Câu 4 (4 điểm). Trong một đội thanh niên tình nguyện gồm 2015
4

người của một tỉnh cứ bốn người bất kì có thể chọn ra được ít nhất

một người quen với ba người còn lại. Hỏi có thể có bao nhiêu người
quen với tất cả?
Rõ ràng có thể xảy ra trương hợp 2015 người quen tất cả.
Nếu có hai người không quen nhau, giả sử là A và B. Khi đó 2013
người còn lại quen lẫn nhau vì nếu có hai người C, D trong 2013
người đó không quen nhau thì nhóm bốn người A, B, C, D không có
ai quen với ba người còn lại.
Nếu A, B đều quen với 2013 người còn lại thì ta có 2013 người quen
với tất cả.
Nếu A không quen với một người C nào đó trong 2013 người còn lại.
Khi đó xét nhóm A, B, C, D (với D là một người khác C trong nhóm
2013 người còn lại) tồn tại một người quen với 3 người còn lại. Rõ
ràng người đó phải là D, nghĩa là D quen với A, B.
Như vậy 2012 người trừ A, B, C quen với tất cả.
Vậy số người có thể quen với tất cả chỉ có thể là 2012, 2013, 2015.
Câu 5 (4 điểm). Cho đa thức P( x) = ( x 2 − 2)( x 2 − 3)( x 2 − 36). Chứng

5

minh rằng với mọi số nguyên tố p đều tìm được số tự nhiên n để P(n)

4.0đ

0.5 đ
1đ

2.5đ

4.0đ

chia hết cho p.
Nếu p =2 thì ta chọn n =2 thì P(2) chia hết cho 2.
Nếu p =3 thì ta chọn n =3 thì P(3) chia hết cho 3.
Xét số nguyên tố p > 3. Giả sử không tồn tại số tự nhiên n để P(n)

1đ

chia hết cho p.
Ta có với ∀n ∈ ¥ thì (n 2 − 2)(n 2 − 3)(n 2 − 36) không chia hết cho p.
Suy ra n2 không đồng dư với 2 mod p, n2 không đồng dư với 3 mod p.
Suy ra 2, 3 là các số không chính phương mod p.
Do đó

2

p −1
1

⇒6

≡ −1(mod p),3
p −1
1

p −1
1

≡ −1(mod p)

≡ 1(mod p)

2đ

Suy ra 6 là số chính phương mod p.
Tồn tại số tự nhiên k sao cho 6 ≡ k 2 (mod p) ⇒ 36 ≡ k 4 (mod p).
Do đó tồn tại số tự nhiên m = k2 để m 2 ≡ 36(mod p) ⇒ P(m)Mp.
4

1đ


Mâu thuẫn với giả sử, hay giả sử sai. Vậy ta có điều phải chứng minh.

5