Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 NGuyễn tất thành yên bái

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH

TỈNH YÊN BÁI

ĐỀ THI MÔN TOÁN
LỚP 10
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT
(Đề này có 01 trang, gồm 5 câu)

Câu 1 (4 điểm)
Giải phương trình: x = 2 − x 3 − x + 3 − x 5 − x + 5 − x 2 − x
Câu 2 (4 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC và điểm P nằm trong tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là hình
chiếu vuông góc của P trên các cạnh BC, CD, AB. Lấy điểm Q nằm trong tam giác ABC
·
·
·
·
sao cho ·ACP = BCQ
. Chứng minh rằng nếu DEF
; BAQ
= CAQ
= 900 thì Q là trọng tâm của
tam giác BDF.
Câu 3 (4 điểm)
2
2
2
Cho 3 số thực không âm thỏa mã điều kiện: x + y + z = 2 tìm giá trị lớn nhất của biểu

x2
y+z
1 + yz
+
−
thức: P = 2
x + yz + x + 1 x + y + z + 1
9
Câu 4 (4 điểm)
Cho 2016 tập hợp mà mỗi tập này đều chứa đúng 40 phần tử. Biết rằng hai tập tùy ý trong
các tập này đều có đúng 1 phần tử chung. Chứng minh rằng tồn tại một phần tử thuộc tất cả
2016 tập đã cho.
Câu 5 (4 điểm)
2
2
Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 8 x − y + z = 16 với ( y < x < 10 )

.....................HẾT.....................
Người ra đề
Nguyễn Trung Nghĩa - 0985820747


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

Điểm

Giải phương trình:
1

x = 2− x 3− x + 3− x 5− x + 5− x 2− x

4,0

ĐK 0 ≤ x ≤ 2

2 − x ⇔ u2 = 2 − x

( u ≥ 0)

v = 3 − x ⇔ v2 = 3 − x

( v ≥ 0)

Đặt u =

1,0

( w ≥ 0)

w = 5 − x ⇔ w2 = 5 − x
Suy ra

x = 2 − u 2 = uv + wv + wu
1,0

x = 3 − v 2 = uv + wv + wu
x = 5 − w 2 = uv + wv + wu

u + v =

( u + v ) ( u + w ) = 2


Ta có hệ: ( u + v ) ( v + w ) = 3 ⇔ v + w =


( v + w ) ( u + w ) = 5 
u + w =

30
239
Suy ra: u =
⇔ x = 2 − u2 =
60
120
Vậy phương trình có nghiệm x =

2

30
5
30
2
30
3

239
120

Cho tam giác nhọn ABC và điểm P nằm trong tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là
hình chiếu vuông góc của P trên các cạnh BC, CD, AB. Lấy điểm Q nằm trong tam giác

·
·
·
·
ABC sao cho ·ACP = BCQ
. Chứng minh rằng nếu DEF
; BAQ
= CAQ
= 900 thì Q là
trọng tâm của tam giác BDF.

1,0

1,0

5,0


Gọi giao điểm của AQ với PF và EF lần lượt là H, K, giao điểm của CQ với PD lần lượt là
M, N.
Ta có: PE ⊥ AC ; PF ⊥ AB nên tứ giác PEAF nội tiếp.

·

·
·
·
·
·
Suy ra PFE
theo giả thiết BAQ
do đó PFE
suy ra
= PAE
= BAQ
= PAE

1,0

AQ ⊥ EF tại K,
Chứng minh tương tự ta có CQ ⊥ DE Tại N.

·
·
Tứ giác QKEN có QKE
= QNE
= 900
·
Ta thấy DEF
= 900 ⇒ ·AQC = 900

1,0

·

·
Do ·ACP = BCQ
⇒ ·ACQ = BCP
⇒ ∆QCA : ∆QCA

Suy ra:

DC QC
·
·
⇒ ∆DCQ : ∆PCQ
=
và CAP
= BCQ
CP CA

·
·
·
·
(do AFPE nội tiếp)
⇒ DQC
= PAC
⇒ PAE
= PFE
·
·
Suy ra: DQC
= PFE
⇒ PF / / DQ ⇒ DQ ⊥ AB

1 ,0


Tương tự ta chứng minh được: FQ ⊥ BC
1,0

Suy ra Q là trực tâm của tam giác BDF.
Cho 3 số thực không âm thỏa mã điều kiện: x + y + z = 2 tìm giá trị lớn nhất của biểu
2

3

thức: P =

2

2

x2
y+z
1 + yz
+
−
x 2 + yz + x + 1 x + y + z + 1
9

5,0

Ta có:

2 ( yz + 1) = x 2 + ( y + z ) ≥ 2 x ( y + z )
2

⇒ yz + 1 ≥ x ( y + z )

x2 + ( y + z )
Và yz + 1 =
2

1,0
2

Suy ra:

x2 + ( y + z )
x2
y + z 1 + yz
x2
y+ z
2
P= 2
+
−
≤ 2
+
−
x + yz + x + 1 x + y + 1
9
x + x + x( y + z) x + y + z + 1

9

x2 + ( y + z )
x
y+ z
⇔ P≤
+
−
x + y + z +1 x + y + z +1
18
x2 + ( y + z )
x+ y+ z
⇔ P≤
−
x + y + z +1
18

2

2

1,0

2

x2 + ( y + z )
1
⇔ P ≤ 1−
−
x+ y + z +1

18

2

( x ≠ 0)

x2 + 1
( y + z) +1
Mặt khác: x ≤
và y + z ≤
2
2
2
2
2
y + z ) + 1 x2 + ( y + z ) + 2
x
+
1
(
Suy ra: x + y + z ≤
+
=
2
2
2
2
2
x + ( y + z)
1

P ≤1− 2
−
2
18
x + ( y + z) + 2
+1
2
2
x2 + ( y + z )
2
⇔ P ≤1− 2
−
2
18
x + ( y + z) + 4
2

2
x2 + ( y + z ) + 4 
4 
2
P ≤1+ −  2
+

2
18  x + ( y + z ) + 4
18


x2 + ( y + z ) + 4 2

2
5
+
≥ ⇒P≤
Mặt khác: 2
2
18
3
9
x + ( y + z) + 4
2

1,0

1,0


Vậy GTLN của P là
4

5
đạt được khi x = y = 1, z = 0
9

Cho 2016 tập hợp mà mỗi tập này đều chứa đúng 40 phần tử. Biết rằng hai tập tùy ý trong
các tập này đều có đúng 1 phần tử chung. Chứng minh rằng tồn tại một phần tử thuộc tất
cả 2016 tập đã cho.
Xét tập A tùy ý trong 2016 tập đã cho.
Vì A có phần tử chung với từng tập trong 2015 tập còn lại nên trong A phải tồn tại phần tử
a nào đó thuộc ít nhất 51 tập còn lại. (Do nếu ta giả sử 1 trong 40 phần tử của A chỉ thuộc

50 tập còn lại, thì số tập đã cho khác A sẽ là 50.40=2000 < 2016 vô lý).
Như vậy phần tử a thuộc 52 tập giả sử 52 tập đó là A, A1 , A2 ,... A51
Ta sẽ chứng minh phần tử a thuộc tập bất kỳ B trong 2015 tập còn lại.
Do hai tập bất kỳ chỉ có duy nhất 1 phần tử chung nên các tập A, A1 , A2 ,... A51 không thể
có phần tử chung nào khác a.
Giả sử phần tử a không thuộc B. Khi đó với mỗi Ai (1 ≤ i ≤ 51) B phải có phần tử chung

ai ≠ b và các phần tử này cũng phải khác nhau. (vì nếu ai = a j thì Ai , Aj ( 1 ≤ i; j ≤ 51)
sẽ có ít nhất hai phần tử chung là a và ai )

5

Do đó tập B chứa không it hơn 52 phần tử. Vô lý
Do đó a thuộc tập B. mà B là tập bất kỳ trong 1964 tập còn lại.
Vậy a thuộc tất cả 2016 tập đã cho.
2
2
Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 8 x − y + z = 16 với ( y < x < 10 )

4,0

1,0

1,0

1,0

1,0
4,0

Phương trình đã cho tương đương với: ( x − 4 ) − z = x − y (1)
2

2

2

2

Do 0 < y < x và x nguyên dương nên x ≥ 2

1,0

Ta thấy phương trình đã cho có nghiệm ( x; y; z ) = ( 2;1;1)

2
2
Nếu x ∈ {3;4;5} thì do x > y > 0 nên x − y > 0 và do z > 0 nên z ≥ 1

Suy ra: ( x − 4 ) − z ≤ 0 trong trường hợp này phương trình đã cho không có nghiệm
2

2

1,0

nguyên dương.
2
2
2

2
Xét 6 ≤ x ∈ ¢ do y < x nên x − y ≥ 6 − 5 = 11
Từ phương trình (1) suy ra:

( x − 4)

− z 2 ≥ 11 ⇒ ( x − 4 ) > 11 ⇒ 8 ≤ x < 10 ⇒ x ∈ {8;9}
Với x = 8 thay vào (1) ta được
16 − z 2 = 64 − y 2 ⇔ ( y − z ) ( y + z ) = 48
(2)
Từ (2) suy ra: y > z > 0
y + z = 8
y = 7
⇔
Kết hợp với y < x = 8 ta suy ra 
 y − z = 6 z = 1
2

2

Với x = 9 thay vào phương trình (1) t được 25 − z = 81 − y
2

2

1,0

(3)

Vì 25 − z 2 < 0 nên 81 − y < 0 ⇒ y > 7 mặt khác y < x = 9 nên y ≤ 8

Suy ra y = 8 thay vào (3) ta có z 2 = 8 (loại).
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: ( x; y; z ) = ( 2;1;1) , ( 8;7;1)

1,0