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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ ĐỀ XUẤT
Tác giả: TRẦN NGỌC THẮNG
SĐT: 0986261141

ĐỀ THI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2016
MÔN: TOÁN, LỚP 10

Câu 1 (4,0 điểm) Giải phương trình
x
= ( 3 − x ) − x2 + x + 2 ( x ∈ ¡
x +1

x2 +

)

ABC ( AB < AC )
Câu 2 (4,0 điểm) Cho tam giác

có điểm A thay đổi và hai điểm B, C cố

( O)
định nằm trên đường tròn

cố định vàhai điểm A và O luôn nằm về cùng một phía so với

( O ')

( O)

T T
tại điểm ( nằm
P, Q
ABC
bên ngoài tam giác
) và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại
. Đường thẳng

đường thẳng BC. Đường tròn

PQ

cắt đường thẳng

BC

tiếp xúc trong với đường tròn

tại điểm

R

( O ')

TB, TC

. Các đường thẳng

cắt lại đường tròn

lần

E, F ( E ≠ T , F ≠ T )
lượt tại

. Chứng minh rằng
a) Đường thẳng
b) Đường thẳng

EF
RT

song song với đường thẳng

BC

.

luôn đi qua một điểm cố định khi điểm A thay đổi.
a, b, c

Câu 3 (4,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương
sau:
a2 +1

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện

b2 + 1

và

là các số nguyên tố;
2
( a + 1) ( b + 1) = c 2 + 1
b)
.
a)

2

a , b, c

Câu 4 (4,0 điểm) Cho

là các số thực dương. Chứng minh rằng
a
b
c
+
+
≤ a+b+c
2a + b
2b + c
2c + a


n ( n ≥ 4)
Câu 5 (4,0 điểm) Trên bảng viết
số nguyên dương liên tiếp. Hai người A và B lần
n
lượt chọn một số từ số đã cho và xóa số đó đi và thực hiện đến khi trên bảng chỉ còn lại 2

a

gcd ( a, b ) = 1

b

số và . Biết rằng A thắng cuộc nếu
là người thắng cuộc nếu A đi trước và
a)
b)

gcd ( a, b ) > 1
, và B thắng cuộc nếu

. Ai

n = 2017
n

là một số nguyên dương không nhỏ hơn

2016

.

---------------Hết---------------

ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2016
Câu

1

Nội dung trình bày

Điểm

(4,0 điểm)
−1 < x ≤ 2
Đkxđ:
x
x2 +
= ( 3 − x ) − x2 + x + 2
x +1
Ta có
x3 + x 2 + x
⇔
= ( 3 − x ) ( x + 1) ( 2 − x )
x +1

⇔

1,0

x3 + x 2 + x
= ( 3 − x) 2 − x
( x + 1) x + 1
1,0

x3
x2 + x

⇔
+
= ( 3 − x) 2 − x
( x + 1) x + 1 ( x + 1) x + 1
3

x
 x 
⇔
=
÷+
x +1
 x +1 
3

 x 
⇔
÷−
 x +1 

(

2− x

)

(

3

2− x

+

)

3

1,0

+ 2− x

x
− 2− x = 0
x +1

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

(

) (

2− x +

2− x

)

2


+ 1÷ = 0
÷



⇔

x
− 2− x = 0
x +1

⇔ − x2 + x + 2 = x
− x 2 + x + 2 = x 2
1 + 17
⇔
⇔x=
4
x ≥ 0

2

. So sánh với điều kiện xác định ta được tập nghiệm

1 + 17 

S =


 4 

của phương trình đã cho là
.
(4,0 điểm)

1,0

A

Q
O
C
O'
F

P

B

E

T

M

R

4a (1,5 điểm)
( O)
( O ')
T ⇒ O, O ', T
Do
và
tiếp xúc trong với nhau tại điểm
thẳng hàng. Ta có
OT
OB
BE OO '
=
⇒ OB || O ' E ⇒
=
O 'T O ' E
BT OT
(1).
Tương tự ta có
CF OO '
=
CT OT
(2).
Từ (1) và (2) ta có
BE CF
=

⇒ EF || BC
BT CT

1,0

0,5


4b (2,5 điểm)
Áp dụng định lí Menelauyt cho tam giác ABC với cát tuyến KPQ ta có:
RB QC PA
RB PB
.
.
=1⇒
=
( 3)
RC QA PB
RC QC
Ta sẽ chỉ ra RT luôn đi qua điểm chính giữa cung BC. Để chứng minh RT đi qua điểm
·
BTC
chính giữa của cung BC ta chỉ cần chứng minh RT là phân giác ngoài của góc
.
Do
EB FC
EB TB
EF || BC ⇒
=
⇒

=
BT CT
FC TC
.
Ta có

0,5

1,0

2

BP 2 BE.BT  BT 
BP BT
=
=
=
÷ ⇒
2
CQ
CF .CT  CT 
CQ CT

3

Từ (3) và (4) suy ra
(4,0 điểm)

RB TB
=

⇒ RT
RC TC

1,0

(4).

là phân giác ngoài của góc

·
BTC

.

c 2 + 1 ≤ ( a 2 + 1) ⇒ c < a 2 + 1
2

a≥b

c>a
. Từ (2) ta được
và
.
2
2
2
2
2
2
a + 1 c + 1 ⇒ a + 1 ( c + 1 − a − 1) ⇒ a + 1 ( c − a ) ( c + a )

Mặt khác ta lại có
.
2
2
0 < c + a < a + a + 1 < 2 ( a + 1)
c − a < a2 + 1 a2 + 1
Do
,
là số nguyên tố và
suy ra
c − a = 1
a = 2
⇔

2
c + a = a + 1 c = 3
b =1
. Thay vào điều kiện thứ hai ta được
.
( a, b, c ) = ( 1, 2,3) , ( 2,1,3) .
Vậy
Giả sử

4

1,0
1,0
1,0

1,0

(4,0 điểm)
Ta co

a
b
c
a
b
c
+
+
= a.
+ b.
+ c.
2a + b
2b + c
2c + a
2a + b
2b + c
2c + a

≤

a
b
c 
+
+
÷

 2a + b 2b + c 2c + a 

1,5

( a + b + c ) 

Tiếp theo ta sẽ chứng minh

a
b
c
+
+
≤1
2a + b 2b + c 2c + a

(1)
1,0


⇔ 1−
⇔

2a
2b
2c
+1−
+ 1−
≥1
2a + b

2b + c
2c + a

b
c
a
+
+
≥1
2a + b 2b + c 2c + a

(2)

Ta chứng minh (2)

( a + b + c)
b
c
a
b2
c2
a2
+
+
=
+
+
≥ 2
2
2

2
2
2a + b 2b + c 2c + a 2ab + b
2bc + c
2ca + a
a + b + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca
2

( a + b + c)
=
2
( a + b + c)
2

=1

.
Do đó (2) được chứng minh. Kết hợp (1) và (2) ta được
a
b
c
+
+
≤ a+b+c
2a + b
2b + c
2c + a
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
5

a=b=c

1,5

.

(4,0 điểm)
4a (1,5 điểm)

n = 2017
Với
, ta chia các số trên bảng thành các nhóm như sau:
( 1, 2 ) , ( 3, 4 ) ,..., ( 2013, 2014 ) , ( 2015, 2016 ) , 2017
(ở đây 1,2, …, 2015, 2016, 2017 là số
dư của 2017 các số nguyên liên tiếp theo mod 2017).
Khi đó A đi trước sẽ chọn số 2017, còn khi B chọn số nào trong các số còn lại thì A sẽ
chọn số cùng cặp với số mà B vừa chọn, cứ như vậy…. thì đến khi trên bảng còn lại hai
số thì hai số thuộc cùng một cặp và nguyên tố cùng nhau nên A thắng cuộc.
4b (2,5 điểm)
Ta xét hai trường hợp:
n
TH1. Nếu lẻ thì làm tương tự như phần a ta được A là người thắng cuộc.
n
TH2. Nếu chẵn: Khi đó B sẽ có chiến thuật luôn thắng. Thật vậy, B sẽ chỉ được chọn
p, q
các số lẻ và không chọn hai số lẻ
nào đó và hai số này cùng chia hết cho 3. Khi đó
x, y
ở bước ngay trước bước cuối cùng ta được 4 số chẵn hoặc ta sẽ có hai số chẵn
và

p, q
hai số lẻ
cùng chia hết cho 3.
Nếu A chọn số chia hết cho 3 thì B sẽ chọn số chia hết cho 3 còn lại thì hai số chẵn còn
lại có ước chung lớn nhất không nhỏ hơn 2. Nếu A chọn số chẵn thì B sẽ chọn số chẵn
còn lại thì hai số còn lại có ước chung lớn nhất không nhỏ hơn 3. Vậy B luôn thắng
cuộc.

0,5

1,0

0,5

1,0

1,0