TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII NĂM 2016 MÔN TOÁN KHỐI 10 Có đáp án chi tiết

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
–&—

TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG
VƯƠNG LẦN THỨ XII NĂM 2016
MÔN TOÁN KHỐI 10
Có đáp án chi tiết

2016


DANH MỤC:
Đề 1 : Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên Hà
Giang
Đề 2: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên Hạ
Long
Đề 3: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên
Hùng Vương Phú thọ
Đề 4: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên Lào
Cai
Đề 5: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên Sơn
La
Đề 6: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên Thái
NGuyên
Đề 7: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên
tuyên quang
Đề 8: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chu văn an
lạng sơn
Đề 9: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên vĩnh
phúc
Đề 10: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 hoàng văn

thụ hòa bình
Đề11: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 Lê Hồng
phong Nam Định
Đề 12: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 Chuyên Lê
Quý Đôn Điện Biên
Đề 13: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 Lê Quý
Đôn Lai Châu
Đề 14: Đề thi (đề xuất) Trại hè Hùng Vương lần thứ XII năm 2016 NGuyễn Tất Thành
Yên Bái
Đề15: Toán 10 vùng cao Việt Bắc


TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

Câu 1 (04 điểm): Giải hệ phương trình

LỚP 10
(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4

2
 4 y − x − 2 + y − 1 = x − 1

Câu 2 (04 điểm): Cho tam giác ABC ( AB > AC ) các đường cao BB′ và CC ′ cắt nhau

tai H. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AB, AC và O là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác. AH cắt B′C ′ ở E , AO cắt MN ở F . Chứng minh EF / /OH .
Câu 3 (04 điểm): Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≠ 0 . Chứng
minh rằng:
2
2
2
4abc
a
b
c
1
 a   b   c 
≥
+
+
−

÷ +
÷ +
÷ +
 a + b   b + c   c + a  ( a + b) ( b + c) ( c + a) a + b b + c c + a 4
Câu 4 (04 điểm): Cho đa giác đều (H) có 14 đỉnh. Chứng minh rằng trong 6 đỉnh bất
kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của một hình thang.
Câu 5 (04 điểm): Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2 − 6 x + 1 = 0 . Với mọi số
nguyên n, đặt S n = x1n + x2n , chứng minh rằng S n là một số nguyên không chia hết cho 5.
.................HẾT.....................

Người ra đề
Tổ Toán-Tin

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN- LỚP10
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang
điểm đã định.
Câ
u
1

Nội dung
 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4(1)

 4 y 2 − x − 2 + y − 1 = x − 1(2)
 xy + x − y 2 − y ≥ 0
 2
Đk: 4 y − x − 2 ≥ 0
 y −1 ≥ 0


Ta có (1) ⇔ x − y + 3 ( x − y ) ( y + 1) − 4( y + 1) = 0
⇔

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

⇔

x− y
=1
y +1

Điể
m

1,00

Từ đó có x = 2 y + 1 , thay vào (2) ta được : 4 y 2 − 2 y − 3 + y − 1 = 2 y
⇔ 4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1) +
2 ( y − 2)
4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1

+

(

1,00

y−2
=0
y −1 +1


2
⇔ ( y − 2) 
+

2
 4 y − 2 y − 3 + 2 y −1


⇔ y = 2 ( vì ⇔

)

y −1 −1 = 0


1
÷= 0
y −1 +1 ÷


2
4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1

+

Với y = 2 thì x = 5 (Thỏa mãn ĐK)
Vậy nghiệm (x;y) của hệ PT là ( 5; 2 )

1,00

1
> 0∀y ≥ 1 )
y −1 +1

1,00


A

2

I
J

M
T

K

N

F

O

E

C'

B'

H
B

C

Từ giả thiết có MN / / BC và tứ giác BCB′C ′ nội tiếp. Từ đó suy ra tứ giác
B′C ′MN nội tiếp.
Gọi T là giao điểm của B′C ′ và MN ; I , J theo thứ tự là trung điểm của
AO và AH .
Do tứ giác B′C ′MN nội tiếp nên suy ra TM .TN = TC ′.TB′ . Do đó AT là trục
đẳng phương của hai đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMON và AB′HC ′ .
Từ đó : TA ⊥ IJ (1).
Dễ thấy OA ⊥ B′C ′ (2)
·
· ′B′H ( do tứ giác AB′HC ′ nội tiếp) ; ·AMN = ·AB′C ′ ( do tứ
Ta có MAK
=C
giác B′C ′MN nội tiếp). Mà C· ′B′A + C· ′B′B = 900 . Từ đó suy
·
·
KMA
+ KAM
= 900 hay TF ⊥ AE (3).
Từ (2) và (3) suy ra F là trực tâm của tam giác TAE .

Do vậy EF ⊥ TA (4). Từ (1) và (4) suy ra IJ / / EF , mà I J là đường trung
bình của tam giác AOH nên OH // I J. Do đó E F // OH.

1,00

1,00

1,00

1,00

a
b
c
,y=
,z =
a+b
b+c
c+a
⇒ ( 1 − x ) ( 1 − y ) ( 1 − z ) = xyz

Đặt x =

⇔ 1 + xy + yz + zx = 2 xyz + x + y + z

1,00

⇔ 2 + ( x + y + z ) = 4 xyz + 2 ( x + y + z ) + x 2 + y 2 + z 2
2

3

9 1
1
2

⇒ 4 xyz + 2 ( x + y + z ) + x 2 + y 2 + z 2 = ( x + y + z ) +  − ≥ 3 x + y + z −
4 4

4


1,00


9 1
1
2

⇒ 4 xyz + 2 ( x + y + z ) + x 2 + y 2 + z 2 = ( x + y + z ) +  − ≥ 3 ( x + y + z ) −
4 4
4

⇒ x 2 + y 2 + z 2 + 4 xyz ≥ x + y + z −
 a 

2

 b 

2

1,00

1
4

 c 

2

1,00
4abc

a

b

c

1

≥
+
+
−
Vậy 
÷ +
÷ +
÷ +
 a + b   b + c   c + a  ( a + b) ( b + c) ( c + a) a + b b + c c + a 4
Ta luôn chứng minh được : Nếu AB và CD là hai dây cung bằng

1,00

nhau của đường tròn tâm (O) thì A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình thang.
Gọi A1 A2 ... A14 là đa giác đều 14 đỉnh nội tiếp đường tròn (O). Suy
ra các đường chéo qua tâm của đa giác là A1 A8 , A2 A9 ,..., A7 A14 ( ta gọi tạm
4

1,00

là đường chéo chính).
Các đường chéo của đa giác xuất phát từ A1 và đối xứng qua A1 A8
thì bằng nhau. Như vậy chúng chỉ có 6 độ dài bằng nhau.
Xét tương tự cho các đường chéo chính còn lại. Do A1 A2 ... A14 là đa
giác đều và từ các nhận xét trên suy ra các đường chéo còn lại không phải

1,00

đường chéo chính của đa giác đều này chỉ có 6 độ dài đôi một khác nhau.
Với 6 điểm bất kì, không có 3 điểm nào thẳng hàng (là 6 đỉnh của
1 đa giác đều), có (6.5) : 2 = 15 đoạn thẳng nối chúng lại với nhau, trong

1,00

đó có không quá 5 đoạn thẳng là cạnh. Do vậy có ít nhất 10 đoạn thẳng là
đường chéo . Mà các đường chéo chỉ có 6 độ dài khác nhau nên tồn tại 2
đường chéo bằng nhau là 2 dây cung của đường tròn ngoại tiếp đa giác
đều và do đó từ 4 đỉnh thuộc hai đường chéo này sẽ cho ta một hình

5

thang.
Hiển nhiên x1 , x2 khác không và x1 + x2 = 6, x1 .x2 = 1
1,00
Với n là số nguyên, ta có các trường hợp sau:
+ n = 0, S 0 = 2 thuộc Z và không chia hết cho 5.
+ Với n > 0 , Ta có:

S1 = 6, S 2 = x12 + x22 = 34 là các số nguyên và không chia hết cho 5.
Giả sử S 0 , S1 , S 2 ,..., S n−1 ∈ Z và không chia hết cho 5, với n ≥ 3 , ta chứng
minh S n là số nguyên và không chia hết cho 5.


Ta có:

1,00
n −1
2 1

Sn = x + x = x + x + x x
n
1

n
2

n −1
1

= x1 ( x

+x

n
1

n −1
2

n
2

n −1
1

) + x2 ( x

n −1
1 2

+xx

+x

n −1
2

n −1
2 1

−x x

n−2
1

) − x1 x2 ( x

n −1

1 2

−xx

+ x2n−2 )

= ( x1 + x2 )( x1n −1 + x2n −1 ) − x1 x2 ( x1n−2 + x2n−2 )
= 6( x1n−1 + x2n−1 ) − ( x1n−2 + x2n−2 )

Từ đó suy ra: S n = 6S n−1 − S n−2 = 6(6S n−2 − S n−3 ) − S n−2 = 35S n−2 − 6S n−3
Do S n−2 , S n−3 là các số nguyên nên S n cũng là số nguyên. Hơn nữa, 35S n−2
chia hết cho 5 và S n−3 không chia hết cho 5 nên S n không chia hết cho 5.

1,00

+ Với n < 0 , đặt n = − m với m là số nguyên dương. Khi đó:
S n = x1n + x2n = x1−m + x2−m =

x1m + x2m x1m + x2m
1
1
+
=
=
= xm + xm
x1m x2m
x1m .x2m
( x1 x2 ) m 1 2

1,00

Với m là số nguyên dương, tương tự như chứng minh trên x1m + x2m là số
nguyên và không chia hết cho 5. Hay S n là số nguyên và không chia hết
cho 5.
Kết luận: S n là số nguyên và không chia hết cho 5.

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG
TỈNH QUẢNG NINH
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT
câu)

LỚP 10
(Đề này có 01 trang, gồm 5


Câu 1 ( 4 điểm)
8 xy − 2 y − 8 y + 4 = ( x − y ) 2
Giải hệ phương trình: 

3x − 8
a)
 2x − 7 + y − 1 =

2
Giải phương trình sau trên tập số thực
4 x + 1 + 2 2 x + 3 = ( x − 1)( x 2 − 2 ).

b)
Câu 2 (3 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a
ab + b 2

+

b
bc + c 2

+

c
ca + a 2

≥

3
.
2

Câu 3 ( 6 điểm ) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O). B’ là điểm
đối xứng với B qua AC. BM là trung tuyến của tam giác ABC, BM cắt (O) tại N. Lấy
K sao cho AKCN là hình bình hành. HM cắt (O) tại D. Gọi H là trực tâm của tam giác
ABC.
Chứng minh rằng
a, BD, HK, AC đồng quy
b, KB’ cắt AC tại P. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC giao AB tại X khác B.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP giao với BC tại Y khác B. Chứng minh đường
tròn (BXY) đi qua điểm K.

Câu 4 (4 điểm) Tìm p nguyên tố thỏa mãn 2 p + p | 3 p + p
Câu 5 (3 điểm) Cho 81 số nguyên dương phân biệt sao cho các ước nguyên tố của
chúng thuộc tập {2,3,5}. Chứng minh rằng tồn tại 4 số trong 81 số trên mà tích của
chúng là lũy thừa bậc 4 của 1 số nguyên nào đó.
.....................HẾT.....................
Người ra đề
Phạm Văn Ninh 0977245380
Đặng Thu Hương 01634029724

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: Toán

LỚP: 10


Câ
u

Nội dung

Điểm
1,0

a) 2 điểm

1

7
+ ĐK: x ≥ ; y ≥ 1
2

+ Biến đổi (1) được: 4 ( xy − 2 y ) + 8 xy − 2 y + 4 = ( x + y )

(

)

2

2

⇔ 2 xy − 2 y + 2 = ( x + y ) ⇔ ... ⇔ y = x − 2

+ Thế vào (2) ta được:

2x − 7 + x − 3 =

2

1đ

3x − 8
2

1,0

Áp dụng BĐT Cauchy ta được:

2x − 7 =
x−3 =
Suy ra

( 2 x − 7 ) .1 ≤

( x − 3) .1 ≤

2x − 7 + x − 3 ≤

2x − 7 + 1 2x − 6
=
2
2

x − 3+1 x − 2
=
2
2

1đ

3x − 8
. Dấu ' = ' xảy ra khi và chỉ khi x = 4
2

Vậy nghiệm ( x; y ) cần tìm là ( 4;2 ) .

1đ
1,0

b) 2 điểm
Điều kiện: x ≥ −1.

Nhận thấy x = −1 là một nghiệm của phương trình.
Xét x > −1. Khi đó phương trình đã cho tương đương với

4

(

) (

x +1 − 2 + 2

)

2 x + 3 − 3 = x 3 − x 2 − 2 x − 12

4( x − 3)
4( x − 3)
+
= ( x − 3)( x 2 + 2 x + 4 )
x +1 + 2
2x + 3 + 3
4
4


⇔ ( x − 3) 
+
− ( x + 1)2 − 3 ÷ = 0.
(1)
x

+
1
+
2
2
x
+
3
+
3


4
4
+
< 3, vì vậy
Vì x > −1 nên x + 1 > 0 và 2 x + 3 > 1. Suy ra
x +1 + 2
2x + 3 + 3
⇔


4
4
+
− ( x + 1)2 − 3 < 0.
x +1 + 2
2x + 3 + 3
Do đó phương trình (1) ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3.

2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = −1 hoặc x = 3.
a
b
c
a
b
c
+
+
= b + c + a
Ta có
2
2
2
a
b
c
ab + b
bc + c
ca + a
+1
+1
+1
b
c
a

1,0

2

³

æa
ö
b
c÷
ç
÷
ç
+
+
÷
ç
÷
ç
b
c
a
÷
è
ø

(Bunhiacopski)

a
b
c

+1+
+1+
+1
b
c
a

a
b
c
Đặt x = , y = , z = Þ xyz = 1.
b
c
a
Ta có
2
æa
ö
b
c÷
ç
2
÷
ç
ç b + c + a÷
÷
x
+
y
+

z
÷
ç
è
ø
=
a
b
c
x +1+ y +1+ z +1
+1+
+1+
+1
b
c
a

(

³

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

Suy ra
a

zx

)

)³

x +y +z +6
3( x + y + z + 3)

S +3
( S = x + y + z + 3 ≥ 6)
3S
ab + b 2
bc + c 2
ca + a 2
ö
3
S æ
S
3÷
6 2 3 3 3
ç
÷
=
+ç
+
³
+
=
Ta có S +
÷
ç
÷

2
2
2
÷
ç
S
Sø
2
2
è

Suy ra

b

+

S +3

³

+

3

c

1,0

≥

. Bất đẳng thức được chứng minh.
3S
2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

1,0


3

a) 3 diểm

1,0

·
Kẻ BO cắt (O) tại B’’ . Dễ chứng minh được H, M , B’’ thẳng hàng. Suy ra BDH
= 900 .
·
Có ·AKC = ·ANC = 1800 − ABC
= ·AHC . Suy ra A, H, K , C nội tiếp một đường tròn, gọi là
(I).
·
·
·
·
·
Ta lại có BKH
= 1800 − HKC
+ NKC

= HAC
+ BNA
= 900 . Suy ra K thuộc đường tròn đường
kính BH, gọi là (J).

1,0

Xét 3 đường tròn (O), (I), (J) có 3 trục đẳng phương là AC, BD, HK. Vậy ta có điều phải 1,0
chứng minh.(do tam giác ABC không cân).
b, 3 điểm Gọi AY

I

CX = {K’} . Ta đi chứng minh K’ ≡ K.

1,0

·
·
·
·
Ta có BXC
. Suy ra K’ thuộc (BXY).
= BPC
= 1800 − BPA
= 1800 − BYA
·
·
Lại có YKC
dẫn đến K’ thuộc (YPC).

= ·ABC = YPC

1,0

·
·
·
Có KPC
= KYB
= BPA
= ·APB ' suy ra K’ , P, B’ thẳng hàng.

·
Hơn nữa ·AK ' C = ·XK ' Y = 1800 − ABC
= ·AHC → K ' ∈ ( AHC ).

Từ đó ta có K’ ≡ K. Và có điều phải chứng minh.

1,0


4

1,0

Giả sử tồn tại p nguyên tố thỏa mãn 2 p + p | 3 p + p .
 2 p + p ≡ 0 ( mod n )
⇒ 3 p ≡ 2 p ( mod n )
Đặt n = 2 + p , suy ra  p
3 + p ≡ 0 ( mod n )

Dễ thấy n > 1 . Gọi q là ước nguyên tố bất kỳ của n .
p

1,0

p
p
Suy ra 3 ≡ 2 ( mod q ) . Dễ thấy q ≠ 2, q ≠ 3

Suy ra gcd ( 2, q ) = 1 . Do đó theo tính chất hệ thặng dư đầy đủ, tồn tại x ∈ ¢ sao cho
2 x ≡ 1( mod q ) ⇒ ( 3 x ) ≡ 1( mod q )
p

1,0

Đặt h = ord q ( 3x ) , suy ra h | p ⇒ h = 1, h = p
+ Nếu h = 1 ⇒ 3x ≡ 1( mod q ) ⇒ 2 ≡ ( 3x ) .2 ≡ 3. ( 2 x ) ≡ 3 ( mod q )
⇒ 1 ≡ 0 ( mod q ) (vô lý)
q −1
Vậy h = p . Theo định lý Fecma có ( 3x ) ≡ 1( mod q ) ⇒ h | q − 1

1,0

Hay q ≡ 1( mod p )
α
Do đó ta có n = ∏ qi ≡ 1( mod p )
i

p
Lại có n = 2 + p ≡ 2 ( mod p )

Suy ra 1 ≡ 2 ( mod p ) (vô lý)
5

Vậy không tồn tại p nguyên tố thỏa mãn 2 p + p | 3 p + p .
α
β
γ
Ta có mỗi số nguyên dương của bài có thể biểu diễn dưới dạng 2 ×3 ×5 . Xét đồng dư
i

i

i

1,0

α i , βi , γ i modulo 2. Ta có mỗi α i , βi , γ i có thể có 2 số dư khác nhau modulo 2, do đó có
thể có 2 ×2 ×2 = 8 dạng khác nhau của các lũy thừa này.
81
> 1.
Theo nguyên lý Dirichle, có 2 số có cùng dạng số mũ, vì 8
. Ta xét tích của 2 số này
a1
ai

và đặt tích đó là

xóa 2 số trên đi. Ta tiếp tục làm như vậy thu được

1,0

tương tự cho

81 − 9
= 36
đến khi chỉ còn 7 dạng khác nhau. Khi đó ta thu được 2
bộ như vậy.

Ta thấy các số ai - là số tự nhiên vì ai là số chính phương (. Và ta lại thấy số mũ của
các số có cùng dạng số mũ theo modulo 2. Theo nguyên lý Dirichle, ra có 2 số am
và an

36
> 1.
thỏa mãn các thành phần của chúng có cùng số dư modulo 2 của số mũ, vì 8
am
an

Xét tích của
và
và ta được lũy thừa bậc 4, vì chúng cùng là số chính phương và
cùng ố dư modulo 2 của số mũ,đpcm

1,0


Chú ý khi chấm:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi
tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác

nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không được quá
số điểm dành cho câu, phần đó.
2. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ
chấm và ghi vào biên bản.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG
............................. Hết ...........................

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

LỚP 10

(Đề này có 01 trang, gồm 05

câu)
Câu 1 (4,0 điểm)
Giải phương trình

x

x2 + 1 − x2 − 3 + 2 2

x

x +1 + x + 3 − 2 2
2

2

= x2.

Câu 2 (4,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC và BE, CF là hai đường cao của tam giác. Hai đường tròn
cùng đi qua hai điểm A và F và tiếp xúc với đường thẳng BC tại P và Q sao cho B
nằm giữa C và Q . Chứng minh rằng hai đường thẳng PE và QF sẽ cắt nhau và giao
điểm của hai đường thẳng này nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.


Câu 3 (4,0 điểm)
1 
Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn  ;2  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 
P=

ab ( a − b ) + bc ( b − c ) + ca ( c − a )

.

abc

Câu 4 (4,0 điểm)
Có bao nhiêu bộ ba ( a; b; c ) với a, b, c ∈ ¥ , 0 ≤ a < b < c ≤ n − 1, n ∈ ¥ ; n ≥ 3 sao cho
a + b + cMn.

Câu 5 (4,0 điểm)
2

Giả sử rằng với số nguyên tố p và các số nguyên dương l , m, n thì p 2l −1m ( mn + 1) + m 2 là

số chính phương. Chứng minh rằng m cũng là một số chính phương.

.....................HẾT.....................
Người ra đề
(Kiều Đình Minh: ĐT. 0989.848.965)

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN, LỚP: 10
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang
điểm đã định.
Câu

Nội dung
Đặt y = x , b = 3 − 2 2 ⇒ b = 6b − 1. Thay vào phương trình đã cho, ta được
2

1

y2 + y − y − b = y
⇔

y +1( y + b) =

2

(

)

y2 + y + y + b ⇔
y ( 1 − y ) ( 1) . Do

y . y + 1 ( y − 1) +

( y + 1) ( y + b ) = 0
2

y + 1 > 0, y + b > 0 , suy ra 1 − y > 0. Lại

thay b 2 = 6b − 1 vào ( 1) và biến đổi, ta có

Điểm
1,0
1,0


( 2b + 3) y 2 + ( b2 + 2b − 1) y + b 2 = 0 ⇔ ( 2b + 3) y 2 + ( 8b − 2 ) y + 6b − 1 = 0

1,0

∆′ = 4 ( b 2 − 6b + 1) = 0, suy ra y = 4 2 − 5 ⇒ x = ± 4 2 − 5 .
7
7

1,0
1,0

2

Theo tính chất phương tích ta có
BQ 2 = BF . BA = BP 2 ⇒ BQ = BP .
Vẽ đường kính AD và gọi H là trực tâm của tam giác ABC .
Các tứ giác CDFA và CDHE nội tiếp nên
BA. BF = BC.BD = BE. BH .
BP BE
=
Từ đây suy ra BP 2 = BE.BH ⇒
hay tam giác BPH và BEP
BH BP

đồng dạng. Suy ra

·
·
BPE
= BHP

(1)

1,0

Điểm P nằm giữa D và C , lại có BP 2 = BC. BD nên

DP.DQ = ( BP − BD)( BD + BQ ) = BP − BD = BC .BD − BD = BD( BC − BD ) = BD.DC
Vì hai tam giác vuông BDH và ADC đồng dạng nên BD.DC = AD.DH .
2

2

2

Kết hợp với đẳng thức trên ta được
DP.DQ = AD.DH ⇒

DA DP
=
.
DQ DH

·
·
Từ đó hai tam giác vuông DAQ và DPH đồng dạng nên HPD
. Có
= QAD
·
·
·
thể viết lại đẳng thức trên là BPH
. Vì BQ là tiếp tuyến của
= BAD
+ BAQ
( AFQ ) nên
·
·
·
·
(2)
BQF

= BAQ
= BAQ
− BAD


Từ (1) và (2) suy ra

·
·
·
·
·
·
·
BPE
+ BQF
= ( BHP
+ BPH
) − BAD
= (180 − PBH
) − BAD
·
·
·
= (900 + BCA
) − (900 − ·ABC ) = BCA
+ ·ABC = 1800 − CAB

1,0

0

·
·
Do đó BPE
+ BQF
< 1800 , vì vậy hai tia PE và QF phải cắt nhau.
Gọi S là giao điểm của PE và QF . Khi đó
·
·
·
·
·
.
PSQ
= 1800 − ( BPE
+ BQF
) = CAB
= EAF
·
·
Nếu S nằm giữa P và E thì PSQ
. Nếu E nằm giữa P và S
= 1800 − ESF
·
·
·
·
thì PSQ
. Trong cả hai tình huống thì PSQ

. Từ đó ta nhận
= ESF
= EAF
được S nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF .

Câu
3

Nội dung

Không mất tổng quát, xét ab ( a − b ) + bc ( b − c ) + ca ( c − a ) ≥ 0. Khi đó

1,0

Điểm
1,0

a b c a b c
a
b
c
1

+ + −  + + ÷. Đặt = x, = y, = z  ≤ x, y, z ≤ 4 ÷ ⇒ xyz = 1 và
c a b b c a
c
a
b
4


1 1 1
P ( x, y , z ) = x + y + z −  + + ÷
x y z
P=

3
Không mất tổng quát, giả sử x = max { x; y; z} ⇒ x ≥ xyz = 1 ⇒ x ≥ 1. Xét hiệu

1,0


1
2  
1 1 1
P x, yz , yz − P ( x, y , z ) =  x + 2 yz − −
−x + y + z − − − ÷
÷

÷
x
x y z
yz  


(

)

2

2
 1
1 
=
−
− y− z
÷
 y
z÷


2 1

= y − z  − 1÷ = y − z
 yz 

(

(

)

)

(

)

2

( x − 1) ≥ 0

Suy ra P ( x, y, z ) ≤ P ( x, t , t ) với xt 2 = 1 ⇒ 1 ≤ x =
P ( x, t , t ) = x + 2t −

1
1
≤ 4 ⇒ 1 ≥ t ≥ . Ta có
2
t
2

1 2 1
2
− = 2 + 2t − t 2 − = f ( t )
x t t
t

Xét hiệu

3 1
2 3 ( 2t − 1)  −t ( 2t − 1) + 2 ( t − 2 ) 
1 
= 2 + 2t − t 2 − − =
≤ 0, ∀t ∈  ;1 . Suy
2
4 t
t 4
4t
2 

3
1
ra f ( t ) ≤ , dấu bằng xảy ra khi t = .
4
2
1
3
 1 1

Từ đó, MaxP = , khi ( x; y; z ) =  4; ; ÷ ⇔ ( a; b; c ) =  2;1; ÷ và các hoán vị.
2
4
 2 2

2

f ( t) −

4

1,0

3
Xét An = { ( a; b; c ) ∈ ¥ : 0 ≤ a < b < c ≤ n − 1; a + b + cMn}

Bn = { ( a; b; c ) ∈ ¥ 3 : 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ n − 1; a + b + cMn}

 An +3 = Bn

 An + n = Bn

Ta có nhận xét sau 

( 1)
( 2)

1,0

2

1,0


Ta chứng minh (1)

0 ≤ a < b < c ≤ n + 2  a + b + c = n + 3
⇒
+) An+3 ⇒ Bn , ( a; b; c ) ∈ An+3 ⇒ 
 a + b + cMn + 3
 a + b + c = 2n + 6
a + b + c = n + 3 ⇒ chọn
0 ≤ a ' ≤ b ' ≤ c ' ≤ n − 1
a ' = a, b ' = b − 1& c ' = c − 2 ⇔ 
⇒ ( a '; b '; c ' ) ∈ Bn
a '+ b '+ c 'Mn
a + b + c = 2n + 6 ⇒ chọn
0 ≤ a ' ≤ b ' ≤ c ' ≤ n − 1
a ' = a − 1, b ' = b − 2 & c ' = c − 3 ⇔ 
⇒ ( a '; b '; c ' ) ∈ Bn
a

'
+
b
'
+
c
'
M
n


1,0

0 ≤ a ' ≤ b ' ≤ c ' ≤ n − 1  a '+ b '+ c ' = n
⇒
+) Bn ⇒ An+3 , ( a, b, c ) ∈ Bn ⇒ 
a
'
+
b
'
+
c
'
M
n

 a '+ b '+ c ' = 2n
• a '+ b '+ c ' = n ⇒ chọn
0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ n + 1

⇒ ( a; b; c ) ∈ An +3
{ a = a ', b = b '+ 1& c = c '+ 2 
a + b + cMn + 3
• a '+ b '+ c ' = 2n ⇒
chọn

0 ≤ a < b < c ≤ n + 2
⇒ ( a; b; c ) ∈ An +3
a + b + cMn + 3

{ a = a '+ 1, b = b '+ 1& c = c '+ 2 

Suy ra tồn tại 1 song ánh f : An+3 → Bn ⇒ An+3 = Bn

1,0




k ;2n − 2k ) , ( k ; k ; n − 2k )  ;
• Bn | An = ( 0;0;0 ) , (1k ;44
2 4 43 1 44 2 4 43


n
n
< k ≤ n −1
1≤ k ≤



2
2
 n   n − 1
Bn = An + 1 +   + 
= An + n
 2   2 
{ an } sao cho an = An
bn = an + n
⇒
⇒ an+3 = an + n
Xét hai dãy 
b
=
A
=
a
{ bn } sao cho bn = Bn
n
n
+
3
n
+
3

Ta có a3 = A3 , mà
A3 = { ( a; b; c ) ∈ N 3 : 0 ≤ a < b < c ≤ 2, a + b + c M
3} = ( 0; 1; 2 ) ⇒ a3 = 1

a4 = A4 , mà A4 =

{ ( a; b; c ) ∈ N

3

: 0 ≤ a < b < c ≤ 3, a + b + c M4} = ( 0; 1; 3 ) ⇒ a4 = 1

a5 = A5 , mà

A5 = { ( a; b; c ) ∈ N 3 : 0 ≤ a < b < c ≤ 4, a + b + c M
5} = { ( 0; 1; 4 ) , ( 0; 2;3) } ⇒ a5 = 2

an +3 = an + n
, ta chứng minh bằng quy nạp
a3 = 1, a4 = 1, a5 = 2

Khi đó ⇒ 

 n 2 − 3n 
an = 
 +1
 6 

(*)


 n 2 − 3n 
Với n ∈ { 1; 2; 3} thì (*) đúng. Giả sử an = 
 + 1 đúng với mọi n ≥ 3 ,
 6 

ta chứng minh
 n2 − n − 2 
an+1 = 
 +1.
6



1,0

 ( n − 2) 2 − 3( n − 2) 
 + 1 + ( n − 2) =
Thật vậy an +1 = an− 2 + n − 2 = 
6


 n 2 − 7 n + 10 
 n 2 − 7 n + 10

 n2 − n − 2 
=
+
n
−
2
+
1
=
+
n

−
2
+
1
=
(
)




 + 1 (đúng)
6
6
6







 n 2 − 3n 
a
=
Theo nguyên lý quy nạp (*) đúng. Vậy n 
 + 1.
 6 

Câu

5

Nội dung
Đặt A = p

2 l −1

(

)

2

(

gcd m, A ( mn + 1) + m = gcd m, A ( mn + 1)
2

(

(

Điểm
1,0

)

. Khi đó p m ( mn + 1) + m = m. A ( mn + 1) + m . Chú ý rằng
2

2 l −1

2

2

) = gcd ( m, A) . Vì vậy gcd ( m, A) = p .
r

)

m  A
m
2
. r ( mn + 1) + r ÷ là một số chính phương
r 
p p
p 
m
m  A
m
2
Do đó r . r ( mn + 1) + r ÷ cũng là một số chính phương. Vì vậy p r là
p p
p 
A
một số chính phương. Ta sẽ chỉ ra r là số chẵn. Ngược lại nếu r lẻ thì p r
A
2
là một số chính phương và là luỹ thừa số mũ chẵn của p , tức là p r = k .

2r
Ta có m. A ( mn + 1) + m = p .
2

 A

m

Khi đó số chính phương  r ( mn + 1) + r ÷ có thể được viết dưới dạng là
p 
p

( kmn + k )

2

+

2

m
m
2
2
2
. Nhưng ( kmn + k ) < ( kmn + k ) + r < ( kmn + k + 1) . Mâu
r
p
p

thuẫn này suy ra điều phải chứng minh.

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

ĐỀ THI MÔN TOÁN
LỚP 10

1,0
1,0

1,0


ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1: (4,0 điểm).
Giải phương trình:

(Đề này có 1 trang, gồm 5 câu)

( 6 − x) ( x

(

3

+ x2 + x

( x + 1) 2 + x − 2

)

)

x +1

(

= ( 8 x − 14 ) 2 x − 2 − x + 2

)

Câu 2: (4,0 điểm).
Cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn tâm I . Đường tròn ω tâm O ngoại tiếp
tam giác ABC. Các đường thẳng AI , BI , CI cắt lại đường tròn ω lần lượt tại các điểm thứ
hai ở D, E , F . Các đường thẳng đi qua I song song với BC , CA, AB lần lượt cắt các đường
thẳng EF , DF , DE tại các điểm K , L, M .
Chứng minh K , L, M thẳng hàng và nằm trên đường thẳng vuông góc với OI .

a)

Gọi X là giao điểm của AI và EF , Y là giao điểm của BI và DF , Z là giao điểm
của CI và DE. Điểm P bất kỳ trên đường thẳng BC ( P ≠ B, P ≠ C , P ∉ AI ). Chứng
minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác PDX , PEY , PFZ cùng đi qua điểm Q
(Q ≠ P ) và Q thuộc một đường tròn cố định khi P thay đổi trên đường thẳng BC.
Câu 3: (4,0 điểm).
Cho a , b , c ≥ 0 . Chứng minh rằng:
b)


a+b
b+c
c+a
a
b
c
+
+
≥ 2. 
+
+
c
a
b
c+a
a+c
 b+c


÷
÷


Câu 4 : (4,0 điểm). Trên mặt phẳng cho n đường thẳng trong đó không có hai đường thẳng
nào song song và không có ba đường thẳng nào đồng qui.
a) Hãy tính số miền của mặt phẳng được tạo thành bởi n đường thẳng đó.
b) Chứng minh rằng ta có thể tô các miền mặt phẳng trên bằng một trong hai màu sao cho
hai miền có cạnh chung thì khác màu.
Câu 5: (4,0 điểm). Cho a, b, c, d , m là các số tự nhiên và a + d , (b−1)c , ab – a + c chia hết

cho m. Chứng minh rằng abn + cn + d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n
----------------------------Hết---------------------------GV ra đề : Đào Văn Lương ; ĐT : 0912.649.581

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN, LỚP: 10
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã
định.
Câu

Nội dung

Điểm


Câu 1: (4,0 điểm). Giải phương trình:

( 6 − x) ( x

1

3

(

+ x2 + x

( x + 1) 2 + x − 2

ĐK : x ≥ 2 .
Ta có PT ⇔

⇔

( 6 − x) ( x

3

)

)

(

= ( 8 x − 14 ) 2 x − 2 − x + 2

x +1

( 6 − x) ( x

(

3

+ x2 + x

( x + 1) 2 + x − 2
+ x2 + x

( x + 1) x + 1

)=

)

)

x +1

( 8x − 14 )

)
(

= ( 8 x − 14 ) x − 2 2 − x − 2

)

x − 2 ( 4 − x + 2)

1,0

x = 6

⇔  x3 + x 2 + x
= ( 8 x − 14 ) x − 2 (*)
 ( x + 1) x + 1

x ( x + 1)
x3
+
= 8 ( x − 2 ) + 2  x − 2

Ta có (*) ⇔
( x + 1) x + 1 ( x + 1) x + 1
3

(

)

3
 x 
x
⇔
+
=
2
x
−
2
+2 x −2
÷
x +1
 x +1 

1,0

 x

⇔
− 2 x − 2  g( x ) = 0 (trong đó g(x)=0 vô nghiệm)
 x +1



1,0


2−2 7
(l )
x =
3
2
2

⇔ x = 4 ( x − 2 ) ( x + 1) ⇔ 3 x − 4 x − 8 = 0 ⇔
.

2+2 7
(n)
x =
3


2+2 7
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm
là x = 6 và x =
.
M
3

Câu 2: (4,0 điểm).
2

Cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn tâm I . Đường tròn ω tâm
O ngoại tiếp tam giác ABC. Các đường thẳng AI , BI , CI cắt lại đường tròn ω
lần lượt tại các điểm thứ hai ở D, E , F . Các đường thẳng đi qua I song song với
A cắt các đường thẳngE EF , DF , DE tại các điểm K , L, M .
BC , CA, AB lần lượt

L

K

a) Chứng minh K , L, M thẳng hàng và nằm trên đường thẳng vuông góc với
OIF.
X
b) Gọi XYlà giao điểm
I của AI và
Z EF , Y là giao điểm của BI và DF , Z là
giao điểm của CI và DE. Điểm P bất kỳ trên đường thẳng BC ( P ≠ B, P ≠ C ,
C ngoại tiếp các tam giác
B ). Chứng minh rằng
P ∉ AI
O các đường tròn
PDX , PEY , PFZ cùng đi qua điểm Q (Q ≠ P ) và Q thuộc một đường tròn cố
định khi P thay đổi trên đường thẳng BC.

D

1,0

3

a)Trước hết ta chứng minh KA là tiếp tuyến của đường tròn ω. Thật vây, dễ chứng
minh được các tam giác FAI , FBI cân tại F , suy ra FA = FI = FB, tương tự ta có
EA = EI = EC suy ra EF là trung trực của AI .
·
·
·
·
Do đó KIF
(1). Từ KI / / BC ⇒ BCF
(2)
= KAF
= KIF
Từ (1) và (2) suy ra KA là tiếp tuyến của ω.
Chứng minh tương tự, ta cũng có LB, MC là tiếp tuyến của ω.
Gọi ω ' là đường tròn tâm I bán kính bằng 0.
Theo tính chất của phương tích, ta có PK /ω = KA2 = KI 2 = PK /ω ' . Chứng minh tương
tự ta có PL /ω = PL /ω ' , PM /ω = PM /ω '. Suy ra K , L, M thẳng hàng và nằm trên đường
thẳng vuông góc với OI .
b)Ta có I là trực tâm của tam giác DEF ⇒ ID.I X = IE.IY = IF .IZ ⇒ IP là trục
đẳng phương của 3 đường tròn ( PDX ),( PEY ),( PFZ ), suy ra 3 đường tròn
( PDX ),( PEY ),( PFZ ), cùng đi qua điểm Q (Q ≠ P ).
Hơn nữa ID.I X = IE.IY = IF .IZ = IP.IQ và P thuộc đường thẳng BC, nên theo tính
chất của phép nghịch đảo, suy ra Q thuộc đường tròn là ảnh của đường thẳng BC qua
phép nghịch đảo tâm I phương tích ID.I X .
Câu 3: (4,0 điểm). Cho a , b , c ≥ 0 . Chứng minh rằng

a+b
b+c

c+a
a
b
c 
+
+
≥ 2. 
+
+
÷
c
a
b
c+a
a+c ÷
 b+c


------------------------------------------------------------------------------------------------Với x , y > 0 ta có các bất đẳng thức sau :
i.
ii.

1 1
4
+ ≥
x y x+ y
1
x+ y ≥
x+ y
2

(

)

1.0

1.0

1.0

1.0


Thật vậy :
1 1
4
+ ≥
⇔ ( x + y ) 2 ≥ 4.x. y ⇔ ( x − y ) 2 ≥ 0 .
x y x+ y
2
1
x+ y ≥
x + y ⇔ 2.( x + y ) ≥ x + y ⇔
2

(

)

(

)

(

x− y

)

2

≥0

1,0

Do đó ta có bất đẳng thức i) và ii) :
a b
1  a
b
a+b
+ ≥
. 
+
=
÷
c c
c÷
2  c
c


b c
1  b
c
+ ≥
. 
+
Tương tự :
÷
a a
a÷
2  a

c a
1  c
a
+ ≥
. 
+
÷
b b
b÷
2  b

1  a
a  b
b  c
c 
a+b
b+c

c+a
. 
+
+
+
+
+
≥
+
+
Suy ra :
÷

÷

÷


c÷
a÷
b÷
2  b
c
a
b
  c
  a
 

Áp dụng i ta có :

1,0

(*)
Áp dụng ii và i ta có :

1
1
4
2. 2
+
≥
≥
b
c
b+ c
b+c

a
≥ 2. 2.
b
b
≥ 2. 2.
Tương tự :
a
b
≥ 2. 2.
a
 a
a  b

+
+
Suy ra :

÷+ 
c÷
 b
  c

a
b
c 
≥ 2. 2 
+
+
÷ (**)
c+a
a+c ÷
 b+c


Suy ra :

a
+
c
b
+
c
b

+
c

a
b+c
b
c+a
b
c+a
b  c
c
+
+
÷

÷

a÷
b÷
  a


1.0

Từ (*) và (**) ta có bất đẳng thức của đề bài

a+b
b+c
c+a
a

b
c 
+
+
≥ 2. 
+
+
÷
c
a
b
c+a
a+c ÷
 b+c


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : a = b= c .
4

Câu 4 : (4,0 điểm). Trên mặt phẳng cho n đường thẳng trong đó không có hai
đường thẳng nào song song và không có ba đường thẳng nào đồng qui.
a) Hãy tính số miền của mặt phẳng được tạo thành bởi n đường thẳng đó.
b) Chứng minh rằng ta có thể tô các miền mặt phẳng trên bằng một trong hai
màu sao cho hai miền có cạnh chung thì khác màu.
Giải:

1.0


a) Gọi Sn là số miền của mặt phẳng được tạo bởi n đường thẳng đã cho.

Bây giờ ta xét n+1 đường thẳng a1; a2;…an+1 thoả mãn điều kiện đề bài. Rõ ràng n
đường thẳng a1; a2; ..an chia mặt phẳng thành Sn miền. Xét đường thẳng thứ n+1
là an+1 . Các giao điểm của an+1 với các đường thẳng a1; a2;..an chia đường thẳng
an+1 thành n+1 phần. (Vì không có ba đường thẳng nào // và không có ba đường
nào đồng qui).Và mỗi một phần này thuộc vào đúng một miền trong Sn miền đã

1.0

cho và chia miền này thành 2 miền mới. Do vậy Sn+1 =Sn+n+1; ∀ n ≥ 1

S 2 = S1 + 2
S = S + 3
2
 3
Suy ra: S 4 = S 3 + 4
.......................

S n = S n −1 + n
an+1
⇒ Sn =S1+2+3+…+n =

A1

A2 …………………An

n ( n + 1)
n2 + n + 2
+1 =
; ∀n ≥1
2

2

1.0

b) Ta đi chứng minh bài toán bằng phương pháp qui nạp theo n.
Với n = 1 bài toán hiển nhiên đúng.
Giả sử bài toán đúng với n , ta cần chứng minh bài toán đúng với n+1. Xét các
miền mặt phẳng tạo bởi n đường thẳng đầu tiên a1; a2;..anTheo giải thiết qui nạp ta
có thể tô Sn miền này bằng hai màu thoả mãn điều kiện đề bài.

1.0

Theo lập luận của câu a) đường thẳng an+1 bị n đường thẳng a1;a2…an chia thành
n+1 đoạn và mỗi đoạn thuộc vào một miền của Sn và chia mỗi miền này thành 2
miền mới.
Ta giữ nguyên màu của toàn bộ các miền nằm ở nửa mặt phẳng phía trên của
đường thẳng an+1 và đổi ngược màu của mỗi một miền nằm ở nửa mặt phẳng
phía dưới của đường thẳng an+1. Rõ ràng lúc này toàn bộ Sn+1 miền được tô bẳng
hai màu và cứ hai miền chung cạnh thì khác màu.
Vậy bài toán đúng với n +1 , do đó nó đúng ∀ n ≥ 1; n ∈ N. (đpcm)
5

Câu 5: (4,0 điểm).
Cho a, b, c, d , m là các số tự nhiên và a + d , (b−1)c , ab – a + c chia hết cho m.
Chứng minh rằng abn + cn + d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n
Giải
Đặt Tn = a.bn + c.n + d, ∀ n ∈ N.

1.0

Ta chứng minh “Tn chia hết cho m” (*) bằng qui nạp theo n.
- Với n = 0 ta có: T0 = (a +d) Mm ( theo gt) do đó (*) đúng với n = 0.
- Giả sử (*) đúng với n = k, nghĩa là Tk Mm.
- Ta chứng minh (*) đúng với n = k+1.
Thật vậy, ta có Tk+1 – Tk =
= a.bk+1 – a.bk + c
= bk.(a.b – a + c) – bk.c + c
= bk.(a.b – a + c) – c.(bk –1)
= bk(ab – a + c) – c(b -1)(bk-1 + ... + b + 1).
Do đó: (Tk+1 – Tk ) Mm ( vì theo giả thiết ta có ab – a + c và (b–1)c Mm). Mà Tk M
m (theo giả thiết qui nạp), nên Tk+1 Mm.
Vậy Tn Mm ∀ n ∈ N.

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TOÁN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
câu)

1.0
1.0

1.0
1.0

ĐỀ THI MÔN
LỚP 10
(Đề này có 01 trang, gồm 05

 x + 2 y 2 + 1 − y 2 + y + 1 = 0 ( 1)

Câu 1(4 điểm): Giải hệ phương trình 
2
4
( x + y ) ( x + 4 y + y ) + 3 y = 0 ( 2 )
Câu 2(4 điểm): Đường tròn (J) bàng tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại A′ và
phần kéo dài của AB, AC tại C ′, B′ . Gọi (O) và (I) lần lượt làcác đường tròn ngoại tiếp,
nội tiếp tam giác ABC. D là trung điểm B′C′ . Chứng minh rằng D thuộc đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC thì A′ thuộc đường thẳng IO.
Câu 3(4 điểm): Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng :
a b c c+a a+b b+c
+ + ≥
+
+
.
b c a c+b a +c b+a
Câu 4(4 điểm): Trên bảng có bốn số 3, 4, 5, 6. Mỗi lần thực hiện, cho phép xóa đi hai
số x, y có trên bảng và thay bằng x + y + x 2 + y 2 và x + y − x 2 + y 2 . Hỏi sau một
số hữu hạn bước thực hiện, trên bảng có thể xuất hiện một số nhỏ hơn 1 được không?
n2 − 1
Câu 5(4 điểm): Cho số nguyên dương n sao cho
là tích của hai số tự nhiên liên
3
tiếp. Chứng minh rằng n là tổng của hai số chính phương liên tiếp.
------------------- HẾT ------------------Người ra đề
Lê Xuân Nam
(ĐT : 0915 72 55 77)
HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN TOÁN. LỚP 10
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếuđúng cho điểm tối da theo thang
điểmđãđịnh.
Câu
Nội dung
Điểm
2
1,0
Điều kiện xác định x + 2 y + 1 ≥ 0 .
Đặt a = x + y, b = y 2 , b ≥ 0 . Ta có phương trình (2) trở thành

 a = −b
a 2 + 4ab + 3b 2 = 0 ⇔ ( a + b ) ( a + 3b ) = 0 ⇔ 
 a = −3b
2
2
+) Với a = −b ta có x + y = − y ⇔ x = − y − y ( 3)
1

Thế (3) vào (1) ta được
y 2 − y + 1 − y 2 + y + 1 = 0 ⇔ ( y 2 − y + 1) − y 2 − y + 1 − 2 = 0

1,5