Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 hoàng văn thụ hòa bình

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ
TỈNH HÒA BÌNH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
LỚP 10
Đề thi này có 1 trang, gồm 5 câu
Câu 1 (4 điểm): Giải hệ phương trình sau:
 x 2 y 2 + 4 x 2 y − 3xy 2 + x 2 + y 2 = 12 xy + 3x − 4 y + 1
 2
2
3 x − 2 y − 9 x − 8 y − 3 = 0

Câu 2 (4 điểm): Cho tam giác ABC nôi tiếp đường tròn (O) , đường phân giác
trong góc ∠BAC cắt (O) tại D khác A . E là điểm đối xứng B qua AD . BE cắt
(O) tại F khác B . P là một điểm di chuyển trên cạnh AC . Gọi ( K ) là đường tròn

ngoại tiếp tam giác BPE . Gọi giao điểm của (O) và ( K ) là điểm L khác B .
a) Chứng minh rằng LP luôn đi qua điểm cố định S cố định khi P di chuyển
b) Gọi T là trung điểm của PE . Chứng minh rằng đường thẳng qua T song
song với LS đi qua trung điểm AF .
Câu 3 (4 điểm): Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh rằng
a 2 b2 c 2 4 a 4 + b4 4 b4 + c 4 4 c 4 + a 4
+ + ≥
+
+
b
c
a
2
2

2
Câu 4 (4 điểm): Ban đầu ta có bộ số B0 = (1, 2,3, 4) .Thực hiện trò chơi sau, nếu ta

có bộ số B = ( x, y, z , t ) thì thay bởi bộ T ( B) = ( x − y , y − z , z − t , t − x) . Chứng minh
rằng sau một số bước ta nhận được bộ số B = ( x, y, z , t ) mà
x + y + z + t ≥ 22016

Câu 5 (4điểm): Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m, n) sao cho
số nguyên.

………………………. HẾT …………………….
1

m4 + n2
là một
7 m − 3n


Câu
1 Giải hệ phương trình sau:

HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung

Điểm

2 2
2
2
2

2
 x y + 4 x y − 3xy + x + y = 12 xy + 3x − 4 y + 1
 2
2
3x − 2 y − 9 x − 8 y − 3 = 0

Đáp án:

1,0

Hệ phương trình đã cho tương đương
 y 2 ( x 2 − 3x) + 4 y ( x 2 − 3x) + ( x 2 − 3x) + y 2 + 4 y + 1 = 2
 2
2
3( x − 3 x) − 2( y + 4 y ) = 3
( x 2 − 3 x + 1)( y 2 + 4 y + 1) = 2
⇔ 2
2
3( x − 3 x) − 2( y + 4 y ) = 3
u = x 2 − 3x
Đặt 
thay vào hệ phương trình ta được hệ
2
v = y + 4 y

1,0

 u = 1

3u − 3


 v = 0
(u + 1)(v + 1) = 2
v =
⇔
⇔ 
2

−5
 u =
3u − 2v = 3
(u + 1)(3u − 1) = 4
3

 v = −4
u = 1
+) Với 
ta có
v = 0



3 ± 13
3 ± 13
 x 2 − 3 x − 1 = 0
x =
x =
⇔
hoặc 
 2

2
2
 y + 4 y = 0
y = 0
 y = −4



−5

u =
3 ta có
+) với 
v = −4

5

 2
9 ± 21
 x − 3x + = 0
x =
⇔
3

6
2
y + 4y + 4 = 0
 y = −2



Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm ( x; y ) là
(

2

3 − 13
3 + 13
3 − 13
3 + 13
9 + 21
9 − 21
;0);(
;0);(
; −4);(
; −4);(
; −2);(
; −2)
2
2
2
2
6
6

Cho tam giác ABC nôi tiếp đường tròn (O) , đường phân giác trong góc ∠BAC cắt
(O) tại D khác A . E là điểm đối xứng B qua AD . BE cắt (O) tại F khác B . P là

một điểm di chuyển trên cạnh AC .Gọi ( K ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác BPE .
Gọi giao điểm của (O) và ( K ) là điểm L khác B .

a) Chứng minh rằng LP luôn đi qua điểm cố định S cố định khi P di chuyển
2

2,0


b) Gọi T là trung điểm của PE . Chứng minh rằng đường thẳng qua T song
song với LS đi qua trung điểm AF .

Đáp án:

Giải:

1đ
a) Gọi S là giao điểm của LP với (O) ( S ≠ L )
Ta chứng minh điểm S cố định khi P di chuyển.
Ta có ∠DLS = ∠DLB + ∠BLS = ∠BAD + ∠BEA
Mà ∠BEA = ∠EBA ( theo giả thiết )
3


Suy ra
∠DLS = ∠BAD + ∠EBA = 900

Suy ra DS là đường kính của (O) , S cố định

b) Ta sẽ chứng minh tứ giác AEFS là hình bình hành
Thật vậy
 AD ⊥ AS
⇒ AS / / BF


 BF ⊥ AD

Mà tứ giác ABFS nội tiếp suy ra ABFS là hình thang cân.
Do đó ∠ABE = ∠AEB = ∠SFB ⇒ AE / / SF .
Gọi M là giao điểm AF và SE . Suy ra M là trung điểm của AF và SE
Mặt khác TM

là đường trung bình của tam giác EPS suy ra

TM / / PS ≡ LS (đpcm)

3

Cho a,b,c là ba số thực dương . Chứng minh rằng
a 2 b2 c2 4 a 4 + b4 4 b 4 + c 4 4 c 4 + a 4
+ + ≥
+
+
b
c a
2
2
2

HD:
Ta chứng minh bất đẳng thức sau

4đ

a 2 b2 c 2
+ + ≥ a 2 − ab + b 2 + b 2 − bc + c 2 + c 2 − ca + a 2
b
c
a

Ta có
VT =

  b2
  c2

a 2 b2 c 2  a 2
+ + =  ( − a + b) + b  +  ( − b + c ) + c  +  ( − c + a ) + a  − ( a + b + c )
b
c
a  b
  c
  a


Áp dụng bất đẳng thức AM-GM
a 2 − ab + b 2
+ b ≥ 2 a 2 − ab + b 2
b
2
b − bc + c 2
+ c ≥ 2 b 2 − bc + c 2
c
2

c − ca + a 2
+ a ≥ 2 c 2 − ca + a 2
a

Suy ra

4


a 2 b2 c 2
+ + ≥ 2 a 2 − ab + b 2 + 2 b 2 − bc + c 2 + 2 c 2 − ca + a 2 − (a + b + c )
b
c
a
2
2
a b c2
a 2 b2 c2
⇒
+ + ≥ 2 a 2 − ab + b 2 + 2 b 2 − bc + c 2 + 2 c 2 − ca + a 2 − ( + + )
b
c
a
b
c
a
2
2
2
a b c

⇒
+ + ≥ a 2 − ab + b 2 + b 2 − bc + c 2 + c 2 − ca + a 2
b
c
a

Ta chứng minh
a 4 + b4
a 4 + b4
2
2 2
a − ab + b ≥
⇔ (a − ab + b ) ≥
⇔ (a − b) 4 ≥ 0 ( luôn đúng)
2
2
2

4

2

Ban đầu ta có bộ số B0 = (1, 2,3, 4) . Thực hiện trò chơi sau, nếu ta có bộ số
B = ( x, y, z , t ) thì thay bởi bộ T ( B) = ( x − y , y − z , z − t , t − x) . Chứng minh rằng sau một

số bước ta nhận được bộ số B = ( x, y, z , t ) mà
x + y + z + t ≥ 22016

Giải :
Giả sử sau bước thứ n ta nhận được bộ số (an ; bn ; cn ; d n ) . Đặt

S n = an2 + bn2 + cn2 + d n2

Ta sẽ chứng minh Sn là đại lượng đơn biến
Thật vậy
S n +1 = an2+1 + bn2+1 + cn2+1 + d n2+1 = (an − bn ) 2 + (bn − cn )2 + (cn − d n ) 2 + (d n − an ) 2
=2 S n − 2( anbn + bn cn + cn d n + d n an )

Mặt khác , do
an + bn + cn + d n = 0 ⇒ 2(anbn + bncn + cn d n + d n an ) = −(an + cn ) 2 − (bn + d n ) 2 ≤ 0

Do đó
S n +1 ≥ 2Sn

∀n ≥ 1

Suy ra Sn ≥ 2n −1 S1
2
2
2
2
2
Do ( an + bn + cn + d n ) ≥ an + bn + cn + d n

Nên an + bn + cn + d n ≥ 2

n −1
2

S1

Chon n đủ lớn ta được an + bn + cn + d n ≥ 2

n −1
2

S1 ≥ 22016

Vậy sau một số bước ta nhận được bộ số B = ( x, y, z , t ) mà
x + y + z + t ≥ 22016

5

4đ


5

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m, n) sao cho

m4 + n2
là một số nguyên
7 m − 3n

Đáp án
m4 + n2
Đặt A = m n
7 −3

Dễ thấy 7 m ,3n là các số lẻ với mọi m, n nguyên dương nên 7 m − 3n chẵn nên để A thì
m, n phải cùng tính chẵn lẻ. Xét hai trường hợp

Trường hợp 1: m, n cùng lẻ
m

Ta có 7 ≡ 3n ≡ (−1)(mod 4)
Và
m 4 − 1M4
n 2 − 1M4
⇒ m 4 + n 2 ≡ 2(mod 4)

Loại trường hợp này vì A không nguyên
Trường hợp: m, n cùng chẵn
Ta có
7 m ≡ 3n ≡ 1(mod8) nên để A nguyên thì m 4 + n 2 M8 mà m 4 M8 nên n 2 M8 ⇒ n M4
Đặt m = 2a, n = 4b,
Khi đó
A=

a,b ∈ Z +
16(a 4 + b 2 )
7 2 a − 34b

Do A nguyên và A khác 0 nên A ≥ 1 . Suy ra
16(a 4 + b 2 )
16(a 4 + b 2 )
≥
1
⇔
≥1
7 2 a − 34b
(7 a + 9b )(7 a − 9b )

⇔ 16(a 4 + b 2 ) ≥ 7 a + 9b 7 a − 9b > 2 7 a + 9b

Suy ra 16(a 4 + b 2 ) > 2(7 a + 9b ) > 2(7 a + 7b )
Giả sử c = max { a; b} , ta có
16(c 4 + c 2 ) > 16(a 4 + b 2 ) > 2(7 a + 9b ) > 2(7 a + 7 b ) > 2.7 c (1)

Ta chứng minh điều ngược lại 2.7c > 16(c 4 + c 2 )
Với c = 4 mệnh đề (*) đúng
Giả sử mệnh đề đúng đến c
Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng đến c + 1
Thật vậy

6

∀c ∈ N , c ≥ 4 (*)


2.7 c > 16(c 4 + c 2 ) ⇒ 2.7 c +1 > 7(16c 4 + 16c 2 )
⇒ 2.7 c +1 − 16(c + 1) 4 + 16(c + 1) 2 > 16 (7 c 4 + 7c 2 ) − (c + 1) 4 − (c + 1) 2 
4
2
4
2
3
3
4
Mà 16 (7c + 7c ) − (c + 1) − (c + 1)  = 16 c (c − 4) + 2c(c − 3) + 3c − 2  > 0 ∀c ≥ 4

Mệnh đề được chứng minh
Từ (1) suy ra 1 ≤ c ≤ 3 ⇒ 1 ≤ a, b ≤ 3

Thử trực tiếp ta tìm được a = b = 1
Vậy (m; n) = (2;4) thỏa mãn bài toán
Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.
Người ra đề thi

Bùi Văn Vịnh
Số ĐT: 0974802686

7