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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

Câu 1 (04 điểm): Giải hệ phương trình

LỚP 10
(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4

2
 4 y − x − 2 + y − 1 = x − 1

Câu 2 (04 điểm): Cho tam giác ABC ( AB > AC ) các đường cao BB′ và CC ′ cắt nhau
tai H. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AB, AC và O là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác. AH cắt B′C ′ ở E , AO cắt MN ở F . Chứng minh EF / /OH .
Câu 3 (04 điểm): Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≠ 0 .
Chứng minh rằng:
2
2
2
4abc
a
b
c
1
 a   b   c 

≥
+
+
−

÷ +
÷ +
÷ +
 a + b   b + c   c + a  ( a + b) ( b + c) ( c + a) a + b b + c c + a 4
Câu 4 (04 điểm): Cho đa giác đều (H) có 14 đỉnh. Chứng minh rằng trong 6 đỉnh bất
kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của một hình thang.
Câu 5 (04 điểm): Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2 − 6 x + 1 = 0 . Với mọi số
nguyên n, đặt S n = x1n + x2n , chứng minh rằng S n là một số nguyên không chia hết cho
5.
.................HẾT.....................

Người ra đề
Tổ Toán-Tin


HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN- LỚP10
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang
điểm đã định.
Câu
 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4(1)
1

Nội dung

Điểm


 4 y 2 − x − 2 + y − 1 = x − 1(2)
 xy + x − y 2 − y ≥ 0
 2
Đk: 4 y − x − 2 ≥ 0
 y −1 ≥ 0


1,00

Ta có (1) ⇔ x − y + 3 ( x − y ) ( y + 1) − 4( y + 1) = 0
⇔

x− y
x− y
+3
− 4 = 0 ( do y + 1 > 0)
y +1
y +1

⇔

x− y
=1
y +1

Từ đó có x = 2 y + 1 , thay vào (2) ta được : 4 y 2 − 2 y − 3 + y − 1 = 2 y
⇔ 4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1) +

2 ( y − 2)
4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1

⇔ y = 2 ( vì ⇔

+

(

)

y −1 −1 = 0


y−2
2
= 0 ⇔ ( y − 2) 
+
2
 4 y − 2 y − 3 + 2 y −1
y −1 +1


2
4 y − 2 y − 3 + 2 y −1
2

1,00

+

Với y = 2 thì x = 5 (Thỏa mãn ĐK)
Vậy nghiệm (x;y) của hệ PT là ( 5; 2 )


1
÷= 0
y −1 +1 ÷


1,00

1
> 0∀y ≥ 1 )
y −1 +1

1,00


A

2

I
J

M
T

K

N

F

O

E

C'

B'

H
B

C

Từ giả thiết có MN / / BC và tứ giác BCB′C ′ nội tiếp. Từ đó suy ra tứ giác
B′C ′MN nội tiếp.
Gọi T là giao điểm của B′C ′ và MN ; I , J theo thứ tự là trung điểm của AO
và AH .
Do tứ giác B′C ′MN nội tiếp nên suy ra TM .TN = TC ′.TB′ . Do đó AT là trục
đẳng phương của hai đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMON và AB′HC ′ .
Từ đó : TA ⊥ IJ (1).
Dễ thấy OA ⊥ B′C ′ (2)
·
· ′B′H ( do tứ giác AB′HC ′ nội tiếp) ; ·AMN = ·AB′C ′ ( do tứ giác
Ta có MAK

=C
· ′B′A + C
· ′B′B = 900 . Từ đó suy KMA
·
·
B′C ′MN nội tiếp). Mà C
+ KAM
= 900 hay
TF ⊥ AE (3).
Từ (2) và (3) suy ra F là trực tâm của tam giác TAE .

Do vậy EF ⊥ TA (4). Từ (1) và (4) suy ra IJ / / EF , mà I J là đường trung
bình của tam giác AOH nên OH // I J. Do đó E F // OH.

1,00

1,00

1,00

1,00

a
b
c
,y=
,z =
a+b
b+c
c+a

⇒ ( 1 − x ) ( 1 − y ) ( 1 − z ) = xyz

Đặt x =

⇔ 1 + xy + yz + zx = 2 xyz + x + y + z

1,00

⇔ 2 + ( x + y + z ) = 4 xyz + 2 ( x + y + z ) + x 2 + y 2 + z 2
2

3

9 1
1
2

⇒ 4 xyz + 2 ( x + y + z ) + x 2 + y 2 + z 2 = ( x + y + z ) +  − ≥ 3 x + y + z −
4 4
4


1,00


9 1
1
2

⇒ 4 xyz + 2 ( x + y + z ) + x 2 + y 2 + z 2 = ( x + y + z ) +  − ≥ 3 ( x + y + z ) −

4 4
4

⇒ x 2 + y 2 + z 2 + 4 xyz ≥ x + y + z −
 a 

2

 b 

2

1,00

1
4

 c 

2

1,00
4abc

a

b

c

1

≥
+
+
−
Vậy 
÷ +
÷ +
÷ +
 a + b   b + c   c + a  ( a + b) ( b + c) ( c + a) a + b b + c c + a 4
Ta luôn chứng minh được : Nếu AB và CD là hai dây cung bằng nhau

1,00

của đường tròn tâm (O) thì A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình thang.
Gọi A1 A2 ... A14 là đa giác đều 14 đỉnh nội tiếp đường tròn (O). Suy ra
các đường chéo qua tâm của đa giác là A1 A8 , A2 A9 ,..., A7 A14 ( ta gọi tạm là
4

1,00

đường chéo chính).
Các đường chéo của đa giác xuất phát từ A1 và đối xứng qua A1 A8 thì
bằng nhau. Như vậy chúng chỉ có 6 độ dài bằng nhau.
Xét tương tự cho các đường chéo chính còn lại. Do A1 A2 ... A14 là đa
giác đều và từ các nhận xét trên suy ra các đường chéo còn lại không phải

1,00

đường chéo chính của đa giác đều này chỉ có 6 độ dài đôi một khác nhau.
Với 6 điểm bất kì, không có 3 điểm nào thẳng hàng (là 6 đỉnh của 1 đa
giác đều), có (6.5) : 2 = 15 đoạn thẳng nối chúng lại với nhau, trong đó có

1,00

không quá 5 đoạn thẳng là cạnh. Do vậy có ít nhất 10 đoạn thẳng là đường
chéo . Mà các đường chéo chỉ có 6 độ dài khác nhau nên tồn tại 2 đường
chéo bằng nhau là 2 dây cung của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều và do đó

5

từ 4 đỉnh thuộc hai đường chéo này sẽ cho ta một hình thang.
Hiển nhiên x1 , x2 khác không và x1 + x2 = 6, x1.x2 = 1
Với n là số nguyên, ta có các trường hợp sau:
+ n = 0, S 0 = 2 thuộc Z và không chia hết cho 5.
+ Với n > 0 , Ta có:
S1 = 6, S 2 = x12 + x22 = 34 là các số nguyên và không chia hết cho 5.
Giả sử S 0 , S1 , S 2 ,..., S n−1 ∈ Z và không chia hết cho 5, với n ≥ 3 , ta chứng minh
S n là số nguyên và không chia hết cho 5.
Ta có:

1,00

1,00


S n = x1n + x2n = x1n + x2n + x2 x1n −1 + x1 x2n−1 − x2 x1n −1 − x1 x2n−1
= x1 ( x1n−1 + x2n−1 ) + x2 ( x1n−1 + x2n−1 ) − x1 x2 ( x1n−2 + x2n−2 )
= ( x1 + x2 )( x1n−1 + x2n−1 ) − x1 x2 ( x1n−2 + x2n−2 )

= 6( x1n−1 + x2n−1 ) − ( x1n −2 + x2n −2 )

Từ đó suy ra: S n = 6S n−1 − S n−2 = 6(6S n−2 − S n−3 ) − S n−2 = 35S n−2 − 6S n−3
Do S n−2 , S n−3 là các số nguyên nên S n cũng là số nguyên. Hơn nữa, 35S n−2
chia hết cho 5 và S n−3 không chia hết cho 5 nên S n không chia hết cho 5.

1,00

+ Với n < 0 , đặt n = − m với m là số nguyên dương. Khi đó:
S n = x1n + x2n = x1−m + x2−m =

x1m + x2m x1m + x2m
1
1
+
=
=
= xm + xm
x1m x2m
x1m .x2m
( x1 x2 ) m 1 2

Với m là số nguyên dương, tương tự như chứng minh trên x1m + x2m là số
nguyên và không chia hết cho 5. Hay S n là số nguyên và không chia hết cho
5.
Kết luận: S n là số nguyên và không chia hết cho 5.

1,00