Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên lào cai

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

LỚP 10

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 .
a)

Chứng minh K , L, M thẳng hàng và nằm trên đường thẳng vuông góc với OI .

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
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 )

Điểm

)
(

= ( 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 =
.
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

1,0


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 .
a) Chứng minh K , L, M thẳng hàng và nằm trên đường thẳng vuông góc với

OI .
b) 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.
M

A

E

L
F

K

X
Y

B

I

Z
O

C

D

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 .

1.0

1.0


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
1.0
( PDX ),( PEY ),( PFZ ), cùng đi qua điểm Q (Q ≠ P ).

3

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

1.0


÷
÷



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

(

)

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 :

(*)
Áp dụng ii và i ta có :
Suy ra :
Tương tự :

1
1
4
2. 2
+
≥
≥
b
c
b+ c
b+c
a
+
c
b
+
c

a

a
≥ 2. 2.
b
b+c
b
b
≥ 2. 2.
a
c+a

1,0


b
b
b
+
≥ 2. 2.
c
a
c+a
 a
a  b
b  c
c
+
+
+
+
+

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

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


1.0

1.0

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:
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

A1

A2 …………………An

2

n ( n + 1)
n
+n+2
⇒ Sn =S1+2+3+…+n =
+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.
Theo lập luận của câu a) đường thẳng an+1 bị n đường thẳng a1;a2…an chia thành

1.0

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

1.0

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

1.0
1.0

1.0
1.0