Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên lê quý đôn điện biên

SỞ GD & ĐT TỈNH ĐIỆN BIÊN

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ CHỌN HSG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

LÊ QUÝ ĐÔN

NĂM 2015-2016
Môn: Toán – Lớp 10

Bài 1. ( 5 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
a3
b3
c3
P= 2
+
+
b + 1 c2 + 1 a2 + 1

Bài 2. ( 5 điểm)

Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn
f ( f ( x ) + 3 y ) = 12 x + f ( f ( y ) − x); ∀x , y ∈ R .

Bài 3. ( 5 điểm)
Cho số nguyên n > 1 và số nguyên tố p sao cho p − 2 chia hết cho n và

n3 + n + 2 chia hết cho p . Chứng minh rằng 4 p − 7 là một số chính phương.

Bài 4. ( 5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), H là chân đường cao của tam
giác ABC kẻ từ A. P là điểm thay đổi nằm trong tam giác ABC và nằm trên đường
phân giác ∠BAC . Đường tròn đường kính AP cắt (O) tại điểm thứ hai G. L là hình
chiếu vuông góc của P lên AH.
a) Chứng minh rằng đường thẳng GL luôn đi qua một điểm cố định khi P thay
đổi.
b) Chứng minh rằng nếu GL đi qua trung điểm của HP thì P là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác ABC.
............................ Hết ...........................

Họ và tên thí sinh: ................................................................... Số báo danh: ....................


Chữ kí của giám thị 1:.................................... Chữ kí của giám thị 2:...........................................

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ CHỌN HSG
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
NĂM 2015-2016
Môn: Toán – Lớp 10
Bài
Bài 1
5 điểm

Sơ lược lời giải

Điểm

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
a3
b3
c3
a4
b4
c4
+
+
=
+
+
b 2 + 1 c 2 + 1 a 2 + 1 ab 2 + a bc 2 + b ca 2 + c
≥

1,0

(a 2 + b 2 + c 2 )2
.
ab 2 + bc 2 + ca 2 + a + b + c

Kết hợp với bất đẳng thức AM-GM, ta được
(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥

( a 2 + b 2 + c 2 )( a + b + c ) 2
≥ 3abc(a + b + c) = 3(a + b + c) .
3

1,0

Từ bất đẳng thức quen thuộc
a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ≥ abc (a + b + c ) = a + b + c

và bất đẳng thức AM-GM, ta suy ra
(a 2 + b 2 + c 2 )2 = a 4 + b 4 + c 4 + 2(a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 )
≥ a 4 + b 4 + c 4 + a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + a + b + c

1,0

= (b 4 + a 2b 2 + a) + (c 4 + b 2 c 2 + b) + (a 4 + c 2 a 2 + c )
≥ 3(ab 2 + bc 2 + ca 2 )

Từ các bất đẳng thức trên ta thu được
3
(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ ( ab 2 + bc 2 + ca 2 + a + b + c )
2

Do đó P =

a3
b3
c3
3
+
+
≥ .
2
2
2
b +1 c +1 a +1 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

1,0
1,0


3
2

Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là Pmin = .
Bài 2
5 điểm

Giả sử tồn tại hàm số f ( x) thỏa mãn
f ( f ( x ) + 3 y ) = 12 x + f ( f ( y ) − x ); ∀x, y ∈ ¡

Trong (1), ta thay y = −

(1)

f ( x)
sẽ có
3

 f ( x)  
f −
÷− x ; ∀x ∈ R
3  ÷



x
Từ đây bằng cách thay x bởi − + f (0) , ta thấy f ( x) là một toàn ánh.
12

1,0


f (0) = 12 x + f 


1,0

Nếu f ( x1 ) = f ( x2 ) , thì trong (1), ta thay lần lượt x bởi x1 , x2 sẽ được
f ( f ( x1 ) + 3 y ) = 12 x1 + f ( f ( y ) − x1 ) ; f ( f ( x2 ) + 3 y ) = 12 x2 + f ( f ( y ) − x2 ) .

Từ đây suy ra 12 x1 + f ( f ( y ) − x1 ) = 12 x2 + f ( f ( y ) − x2 ) (2)
Do f ( x) là toàn ánh nên tồn tại

y sao cho f ( y) = x1 + x2 . Khi ấy,

1,0

f ( f ( y ) − x1 ) = f ( f ( y ) − x2 ) Kết hợp với (2) ta suy ra x1 = x2 . Thành thử, f ( x) là
một đơn ánh.

Bây giờ, trong (1) ta cho x = 0 , được f ( f (0) + 3 y ) = f ( f ( y )); ∀y ∈ R ,
suy ra f ( y ) = 3 y + f (0); ∀y ∈ R .
Điều này chứng tỏ f ( x) = 3 x + a , với a ∈ R .
Bài 3

5 điểm

Thử lại ta thấy tất cả các hàm có dạng này đều thỏa mãn.
Nếu p = 2 , thì 4 p − 7 = 1 , bài toán đúng hiển nhiên.

1,0

1,0
1,0

Nếu p > 2 , thì n là một số lẻ. Vì p − 2 chia hết cho n nên
p − 2 ≥ n ⇒ p ≥ n + 2 ⇒ ( p, n + 1) = 1 .

1,0

Mà n3 + n + 2 = (n + 1)(n 2 − n + 2) chia hết cho p nên n 2 − n + 2 chia hết cho
p . Theo đó, tồn tại k ∈ ¥ sao cho n 2 − n + 2 = k . p . (1)

1,0

Do p ≡ 2(mod n) nên từ (1) suy ra 2k ≡ 2(mod n) . Mà n là số lẻ nên
k ≡ 1(mod n) . Nếu k > 1 , thì k = a.n + 1, với a ∈ ¥ * .

1,0

Khi đấy, ta có n 2 − n + 2 = k . p ≥ (a.n + 1)(n + 2) ⇒ a.n + 2a + 1 ≤ n − 1 .

1,0

Đây là điều vô lí, vì a ≥ 1 .

Thành thử, k = 1 hay p = n2 − n + 2 . Do đó 4 p − 7 = (2n − 1) 2 .
Bài 4
5 điểm

A
G

P

L

O

F
B

H

C

E

D

a)
2 điểm

Giả sử AP cắt BC tại F và cắt lại (O) tại D. Ta thấy D là điểm chính

giữa cung BC không chứa A.
Ta sẽ chứng minh GL đi qua D.

1,0

Thật vậy, ta có LP song song BC, suy ra:

·
·
·
·
·
·
·
·
·
LGA
= LPD
= BFD
= BAD
+ CBA
= DAC
+ CBA
= DBA
= DGA

Nên ta có G, L, D thẳng hàng.
b)
3 điểm

1,0

Gọi E là giao điểm của GL và BC . Vì LE đi qua trung điểm của PH và
·
·
EHL
= HLP
= 900 nên tứ giác PLHE là hình chữ nhật.
Áp dụng định lý Tha let ta có:

DP PE LH PF
=
=
=
nên
DA AL AL PA

1,0

DP
AP
PF DF
= 1−
= 1−
=
, hay DP 2 = DF .DA
DA
DA
DP DP

·
·
·
Mặt khác : DBF
suy ra BD là tiếp tuyến của đường
= DAC
= BAF
tròn ngoại tiếp tam giác ABF vì vậy DB 2 = DF .DA = DP 2
Suy ra DB=DC=DP
Mà ta có D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI, với I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC

1,0

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. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ
chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

............................. Hết ...........................