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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN – KHỐI 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH SƠN LA

Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

9 x3 + 8 x + (y − 3) 1 − 3 y = 0
Câu 1 (4,0 điểm): Giải hệ phương trình  2
2
9 x + y + 5 − 6 x = 6

( x, y ∈ ¡ ) .

Câu 2 (4,0 điểm).
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với
BC cắt (O) tại D. Lấy M là trung điểm của AD. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt
OM tại E. F là tiếp điểm kẻ từ O đến đường tròn ngoại tiếp tam giác EMD, F nằm trên
(EMD)). Lấy I là trung điểm của AB. Gọi N là giao điểm của BF và MI. Chứng minh
rằng: AN ⊥ BD .
Câu 3 (4,0 điểm).
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = xyz .
Chứng minh rằng

x + yz + y + zx + z + xy ≥ xyz + x + y + z .

Bài 4 (4 điểm).
Cho một bảng ô vuông kích thước 10cm × 10cm được chia đều thành 100 ô vuông,

mỗi ô vuông có cạnh dài 1cm . Ban đầu người ta tô màu đen cho k ô vuông nào đó trên
bảng. Sau đó, nếu ô vuông nào chưa bị tô đen mà nằm cạnh (có cạnh chung) với ít nhất
hai ô vuông đã tô đen thì lập tức ô này cũng bị tô đen. Hãy xác định giá trị nhỏ nhất của k
để tới lúc nào đó tất cả các ô trên bảng đều bị tô đen.
Câu 5 (4 điểm).
p
p
q
q
Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( p; q ) sao cho ( 7 − 2 ) ( 7 − 2 ) M( pq ) .

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


ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ XII- NĂM 2016
MÔN TOÁN - LỚP 10
Câu
Câu 1
(4đ)

Nội dung chính cần đạt
9 x3 + 8 x + (y − 3) 1 − 3 y = 0
 2
2
9 x + y + 5 − 6 x = 6

5
6

ĐK x ≤ ; y ≤

Điểm
1
3

1,0đ

Ta có
9 x 3 + 8 x + (y − 3) 1 − 3 y = 0
⇔ 3x(9 x 2 + 8) = (9 − 3y) 1 − 3 y

Đặt 3x = a, 1 − 3y =b, ta được
a (a 2 + 8) = b(b 2 + 8) ⇔ (a − b)(a 2 + ab + b 2 + 8) = 0 ⇔ a = b

1,0đ

Vậy 3 x = 1 − 3 y .
Thay vào phương trình (2) ta được
y3 − 3 y + 1 + 5 − 2 1 − 3 y = 6
4 − 2 1− 3y

⇔ (y+ 1)(y− 4) +


⇔ (y+ 1)  y − 4 +



(

1,0đ


÷
÷= 0
5 − 2 1 − 3 y + 1 (2 + 1 − 3 y ) ÷

6

)

1
nên
3

Do y ≤
y−4+

5 − 2 1− 3y +1

=0

(

6

)

5 − 2 1 − 3 y + 1 (2 + 1 − 3 y )

≤

1
6
−2
−4+
=
<0
3
1.2 3

1,0đ
2
3

Suy ra y + 1 = 0 hay y = -1, khi đó x = .
2
3




Vậy nghiệm của hệ là ( x; y ) =  ; −1÷.


Câu 2
(4 đ)

Vì A, D đối xứng qua OM nên ED là tiếp tuyến của (O) tại D.

Từ đó ta có OD là tiếp tuyến của (EMD) tại D. Vì OF là tiếp
tuyến của (EMD) nên OF=OD=OA. Suy ra F ∈ ( O )

1,0

Gọi AN cắt BD tại G.
Vì M, I lần lượt là trung điểm của AD và AB nên MN //GD.

1,0

Vì EA , ED là tiếp tuyến của (AFD) nên EF là đường đối trung
của tam giác AFD
·
Kẻ EF cắt (O) tại R. Ta có EF ⊥ ED nên DFR
= 90o Suy ra D,
O, R thẳng hàng.

1,0

·
·
Ta lại có AFM
= DMR
= 90o
·
·
·
Vì, NFA
= BDA
= NMA

1,0

·
·
Nên ANFM là tứ giác nội tiếp. Từ đó có AFM
= ANM
= 90o .
Ta có điều phải chứng minh.
Câu 3
(4 đ)

1
x

1
y

1
z

Đặt a = ; b = ; c = ⇒ a, b, c > 0 và a + b + c = 1 .
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

1,0


a + bc + b + ac + c + ab ≥ ab + bc + ca + 1 .
a + bc = a (a + b + c ) + bc = a 2 + a (b + c ) + bc ≥ a 2 + 2a bc + bc
⇒ a + bc ≥

(a+

bc

)

2

1,0
= a + bc

(1)

Tương tự ta có: b + ac ≥ b + ac

(2)

c + ab ≥ c + ab

(3)

1,0

Công theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) trên ta có:
a + bc + b + ac + c + ab ≥ ab + bc + ca + a + b + c
⇔ a + bc + b + ac + c + ab ≥ ab + bc + ca + 1 suy ra

đpcm.

1,0

1
3

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = ⇔ x = y = z = 3 .
Bài 4
4đ

Cho một bảng ô vuông kích thước 10cm × 10cm được chia đều
thành 100 ô vuông, mỗi ô vuông có cạnh dài 1cm . Ban đầu
người ta tô màu đen cho k ô vuông nào đó trên bảng. Sau đó,
nếu ô vuông nào chưa bị tô đen mà nằm cạnh (có cạnh chung)
với ít nhất hai ô vuông đã tô đen thì lập tức ô này cũng bị tô
đen. Hãy xác định giá trị nhỏ nhất của k để một lúc nào đó tất
cả các ô trên bảng đều bị tô đen.
Xét mỗi bước biến đổi: Tô màu đen cho ô vuông chưa được tô
màu mà ô vuông này có chung cạnh với ít nhất hai ô đã tô màu.
Trong mỗi bước biến đổi ta tô đen cho ô vuông từ trạng thái
(A) sang trạng thái (B) thuộc một trong bốn trường hợp sau và
ta quan tâm tới chu vi của phần đã tô màu:

Chu vi kh«ng ®æi
Chu vi kh«ng ®æi
( B)
( A ) →
( B ) ( A ) →

1,0

Chu vi gi¶m 2cm
( A ) →
( B)

Chu vi gi¶m 4cm
( A ) →
( B)

Gọi p là chu vi của tất cả các phần đã được tô đen, rõ ràng p
không tăng sau mỗi biến đổi.

1,0

Khi cả bảng được tô đen thì chu vi phần tô đen là p’ = 10x4 =
40 cm, do đó nếu p0 là chu vi của phần tô đen ban đầu thì
p0 ≥ p ' = 40cm . Mỗi ô vuông có chu vi là 4cm nên lúc đầu cần
p
tô ít nhất là 0 ≥ 10 ô.
4

1,0

Ta xét bảng ô vuông 10cm × 10cm ban đầu được tô đen k = 10
ô vuông con dọc theo một đường chéo chính của bảng. Khi đó
tất cả các ô nằm trên đường chéo song song liền kề hai bên của
đường chéo chính này cũng sẽ bị tô màu, cứ như vậy cả bảng
sẽ bị tô màu đen. Vậy 10 là giá trị nhỏ nhất cần tìm của k .

1,0

Câu 5 Tìm cặp số nguyên tố ( p; q ) sao cho ( 7 p − 2 p ) ( 7q − 2q ) M( pq ) .
(4 đ)
Không mất tổng quát, giả sử q ≥ p , vế trái lẻ, suy ra p, q lẻ.
Nhận xét: Nếu k là số nguyên tố thỏa mãn 7 k − 2k Mk.

1,0

k
k
Theo định lý Fermat nhỏ 7 − 2 ≡ 7-2 ( mod k ) ⇒ k = 5.

Giả sử p > 5. Ta có

7 p − 2 p Mp ⇒ p = 5 ( l )
p
p
q
q
p
p
q
q
7
−
2
7
−
2
M

pq
⇒
7
−
2
7
−
2
M
p
⇒
(
)(
) ( ) (
)(
)

7 q − 2 q Mp ( *)

Vì 2q không chia hết cho p nên 7 q không chia hết cho p, suy ra
p khác 7. Theo định lý Fermat nhỏ 7 p −1 ≡ 2 p −1 ( mod p ) ( **)
1,0
gcd( q ; p −1)
≡ 2gcd( q ; p −1) ( mod p ) .
Từ (*) và (**) suy ra 7

q ≥ p > 5 ⇒ gcd(q; p − 1) = 1 ⇒ 7 − 2Mp ⇒ p = 5 ( l ) .
5
5
q

q
Trường hợp p=5. Ta có ( 7 − 2 ) ( 7 − 2 ) M( 5q ) .

1,0


Hiển nhiên q=5 thỏa mãn. Nếu q > 5 ⇒ 7 q − 2q không chia hết
5
5
cho q, suy ra 7 − 2 Mq ⇒ 16775 = 5.5.11.61 Mq ⇒ q = { 11; 61}
Thử lại thấy thỏa mãn.
3
3
q
q
Trường hợp p=3. Ta có ( 7 − 2 ) ( 7 − 2 ) M( 3q ) .

Hiển nhiên q=3, q=5 không thỏa mãn. Nếu
q > 5 ⇒ 73 − 23 Mq ⇒ 335 = 5.67 Mq ⇒ q = 67 (Thử lại không thỏa
mãn).
Kết luận ( p; q ) = { ( 5; 5) ; ( 5; 11) ; ( 5; 61) ; ( 11; 5 ) ; ( 61; 5 ) } .

1,0