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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG
TỈNH QUẢNG NINH

LỚP 10

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

(Đề này có 01 trang, gồm 5 câu)

Câu 1 ( 4 điểm)
8 xy − 2 y − 8 y + 4 = ( x − y ) 2

a) Giải hệ phương trình: 
3x − 8
 2x − 7 + y −1 =

2
b) Giải phương trình sau trên tập số thực 4 x + 1 + 2 2 x + 3 = ( x − 1)( x 2 − 2 ).
Câu 2 (3 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a
ab + b 2

+

b
bc + c 2

+

c
ca + a 2

≥

3
.
2

Câu 3 ( 6 điểm ) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O). B’ là điểm đối
xứng với B qua AC. BM là trung tuyến của tam giác ABC, BM cắt (O) tại N. Lấy K sao cho
AKCN là hình bình hành. HM cắt (O) tại D. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.
Chứng minh rằng
a, BD, HK, AC đồng quy
b, KB’ cắt AC tại P. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC giao AB tại X khác B. Đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABP giao với BC tại Y khác B. Chứng minh đường tròn (BXY) đi
qua điểm K.
Câu 4 (4 điểm) Tìm p nguyên tố thỏa mãn 2 p + p | 3 p + p
Câu 5 (3 điểm) Cho 81 số nguyên dương phân biệt sao cho các ước nguyên tố của chúng
thuộc tập {2,3,5}. Chứng minh rằng tồn tại 4 số trong 81 số trên mà tích của chúng là lũy
thừa bậc 4 của 1 số nguyên nào đó.
.....................HẾT.....................
Người ra đề
Phạm Văn Ninh 0977245380
Đặng Thu Hương 01634029724


HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN: Toán LỚP: 10
Câ
u

Nội dung
a)

1

Điểm
1,0

2 điểm

7
+ ĐK: x ≥ ; y ≥ 1
2
+ Biến đổi (1) được: 4 ( xy − 2 y ) + 8 xy − 2 y + 4 = ( x + y )

(

)

2

2

⇔ 2 xy − 2 y + 2 = ( x + y ) ⇔ ... ⇔ y = x − 2

+ Thế vào (2) ta được:

2x − 7 + x − 3 =

2

1đ

3x − 8
2

1,0

Áp dụng BĐT Cauchy ta được:

2x − 7 =
x−3 =
Suy ra

( 2 x − 7 ) .1 ≤

( x − 3) .1 ≤

2x − 7 + x − 3 ≤

2x − 7 + 1 2x − 6
=
2
2

x − 3 +1 x − 2

=
2
2

1đ

3x − 8
. Dấu ' = ' xảy ra khi và chỉ khi x = 4
2

Vậy nghiệm ( x; y ) cần tìm là ( 4;2 ) .

1đ

b) 2 điểm

1,0

Điều kiện: x ≥ −1.
Nhận thấy x = −1 là một nghiệm của phương trình.
Xét x > −1. Khi đó phương trình đã cho tương đương với

4

(

) (

x +1 − 2 + 2

)

2 x + 3 − 3 = x 3 − x 2 − 2 x − 12


4( x − 3)
4( x − 3)
+
= ( x − 3)( x 2 + 2 x + 4)
x +1 + 2
2x + 3 + 3
4
4


⇔ ( x − 3) 
+
− ( x + 1)2 − 3 ÷ = 0.
(1)
2x + 3 + 3
 x +1 + 2

4
4
+
< 3, vì vậy
Vì x > −1 nên x + 1 > 0 và 2 x + 3 > 1. Suy ra
x +1 + 2
2x + 3 + 3
⇔

4
4
+
− ( x + 1)2 − 3 < 0.
x +1 + 2
2x + 3 + 3
Do đó phương trình (1) ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3.

2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = −1 hoặc
a
b
a
b
c
+
+
= b + c +
Ta có
2
2
2
a
b
ab + b
bc + c
ca + a
+1

+1
b
c

x = 3.
c
a
c
+1
a

1,0

2

³

æa
b
cö
÷
ç
÷
ç
ç b + c + a÷
÷
÷
ç
è
ø

(Bunhiacopski)

a
b
c
+1+
+1+
+1
b
c
a

Đặt x =
Ta có

1,0

a
b
c
, y = , z = Þ xyz = 1.
b
c
a
2

æa
ö
b

c÷
ç
÷
ç
+
+
÷
ç
÷
ç
b
c
a
÷
è
ø
a
b
c
+1+
+1 +
+1
b
c
a
³

=

( x + y + z) + 2( xy + yz +

3( x + y + z + 3)

(

x+ y+ z

)

2

x +1+ y +1+ z +1
zx

)³

x +y +z +6
3( x + y + z + 3)


Suy ra

S +3
( S = x + y + z + 3 ≥ 6)
3S
ab + b 2
bc + c 2
ca + a 2
ö
3
S æ

S
3÷
6 2 3 3 3
ç
÷
=
+ç
+
³
+
=
Ta có S +
÷
ç
÷
2
2
2
÷
ç
S
S
2
2
è
ø
a

Suy ra

b

+

S +3
3S

³

+

3

c

1,0

≥

. Bất đẳng thức được chứng minh.

2
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
3

a) 3 diểm

1,0

·

Kẻ BO cắt (O) tại B’’ . Dễ chứng minh được H, M , B’’ thẳng hàng. Suy ra BDH
= 900 .

Có ·AKC = ·ANC = 1800 − ·ABC = ·AHC . Suy ra A, H, K , C nội tiếp một đường tròn, gọi là
(I).
·
·
·
·
·
Ta lại có BKH
= 1800 − HKC
+ NKC
= HAC
+ BNA
= 900 . Suy ra K thuộc đường tròn đường
kính BH, gọi là (J).

1,0

Xét 3 đường tròn (O), (I), (J) có 3 trục đẳng phương là AC, BD, HK. Vậy ta có điều phải 1,0
chứng minh.(do tam giác ABC không cân).
b, 3 điểm Gọi AY

I

CX = {K’} . Ta đi chứng minh K’ ≡ K.

1,0

·
·
·
·
Ta có BXC
. Suy ra K’ thuộc (BXY).
= BPC
= 1800 − BPA
= 1800 − BYA
·
·
Lại có YKC
dẫn đến K’ thuộc (YPC).
= ·ABC = YPC

1,0

·
·
·
Có KPC
= KYB
= BPA
= ·APB ' suy ra K’ , P, B’ thẳng hàng.

·
·
Hơn nữa ·AK ' C = ·XK ' Y = 1800 − ABC
= AHC

→ K ' ∈ ( AHC ).

1,0

Từ đó ta có K’ ≡ K. Và có điều phải chứng minh.
4

1,0

Giả sử tồn tại p nguyên tố thỏa mãn 2 p + p | 3 p + p .
 2 p + p ≡ 0 ( mod n )
⇒ 3 p ≡ 2 p ( mod n )
Đặt n = 2 + p , suy ra  p
3 + p ≡ 0 ( mod n )
Dễ thấy n > 1 . Gọi q là ước nguyên tố bất kỳ của n .
p

1,0

p
p
Suy ra 3 ≡ 2 ( mod q ) . Dễ thấy q ≠ 2, q ≠ 3

Suy ra gcd ( 2, q ) = 1 . Do đó theo tính chất hệ thặng dư đầy đủ, tồn tại x ∈ ¢ sao cho
2 x ≡ 1( mod q ) ⇒ ( 3 x ) ≡ 1( mod q )
p

1,0

Đặt h = ord q ( 3x ) , suy ra h | p ⇒ h = 1, h = p

+ Nếu h = 1 ⇒ 3x ≡ 1( mod q ) ⇒ 2 ≡ ( 3x ) .2 ≡ 3. ( 2 x ) ≡ 3 ( mod q )
⇒ 1 ≡ 0 ( mod q ) (vô lý)
q −1
Vậy h = p . Theo định lý Fecma có ( 3x ) ≡ 1( mod q ) ⇒ h | q − 1

1,0

Hay q ≡ 1( mod p )
α
Do đó ta có n = ∏ qi ≡ 1( mod p )
i

p
Lại có n = 2 + p ≡ 2 ( mod p )

Suy ra 1 ≡ 2 ( mod p ) (vô lý)
5

Vậy không tồn tại p nguyên tố thỏa mãn 2 p + p | 3 p + p .
α
β
γ
Ta có mỗi số nguyên dương của bài có thể biểu diễn dưới dạng 2 ×3 ×5 . Xét đồng dư
i

i

i

1,0

α i , βi , γ i modulo 2. Ta có mỗi α i , βi , γ i có thể có 2 số dư khác nhau modulo 2, do đó có
thể có 2 ×2 ×2 = 8 dạng khác nhau của các lũy thừa này.
81
> 1.
Theo nguyên lý Dirichle, có 2 số có cùng dạng số mũ, vì 8
. Ta xét tích của 2 số này
a1
ai

và đặt tích đó là

xóa 2 số trên đi. Ta tiếp tục làm như vậy thu được

tương tự cho

1,0


81 − 9
= 36
đến khi chỉ còn 7 dạng khác nhau. Khi đó ta thu được 2
bộ như vậy.

Ta thấy các số ai - là số tự nhiên vì ai là số chính phương (. Và ta lại thấy số mũ của

1,0

các số có cùng dạng số mũ theo modulo 2. Theo nguyên lý Dirichle, ra có 2 số am
và an

36
> 1.
thỏa mãn các thành phần của chúng có cùng số dư modulo 2 của số mũ, vì 8
am
an

Xét tích của
và
và ta được lũy thừa bậc 4, vì chúng cùng là số chính phương và
cùng ố dư modulo 2 của số mũ,đpcm

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. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và ghi vào biên
bản.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG
............................. Hết ...........................