Toan 10_Phu Tho Đề thi (đề xuất) kỳ thi HSG các trường THPT Chuyên khu vực DH&ĐBBB lần thứ VIII, năm 2015

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
TỈNH PHÚ THỌ

ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
Đề thi gồm có 01 trang, 5 câu

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1 (4,0 điểm)
Giải phương trình

5

x3 + 2 x = 3 x5 − 2 x

Câu 2 (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp O .
Trung trực của đoạn AH cắt các cạnh CA, AB lần lượt tại M ; N . Chứng minh
rằng A là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác OMN .
Câu 3 (4,0 điểm)
Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố có dạng 4k + 1 thì có một số tự
nhiên a nhỏ hơn p sao cho a 2 + 1 chia hết cho p .
Câu 4 (4,0 điểm)
Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn a 2 + b 2 + c 2 = 2 . Chứng minh bất
đẳng thức

a + b + c + 3abc ≥
3

3

3

8max { a 2b 2 ; b 2c 2 ; c 2 a 2 }

( a + b + c)

2

Câu 5 (4,0 điểm)
Xác định tất cả các tập con A, B, C khác rỗng của tập các số nguyên
dương ℵ* thoả mãn các điều kiện sau
1) A ∩ B = B ∩ C = C ∩ A = ∅ ;
2) A ∪ B ∪ C = ℵ* ;
3) Với mọi a ∈ A, b ∈ B và c ∈ C , ta có c + a ∈ A, c + b ∈ B và a + b ∈ C .
………… HẾT………..
Người ra đề: Kiều Đình Minh

ĐT: 0989 848 965


ĐÁP ÁN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC
BỘ
NĂM HỌC 2015 - 2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 10

Câu 1 (4,0) Giải phương trình

5

x3 + 2 x = 3 x5 − 2 x

Dễ thấy x = 0 là một nghiệm. Xét x ≠ 0 , khi đó phương trình tương đương

(x

3

+ 2 x ) = ( x5 − 2 x ) ⇔ x3 ( x 2 + 2 ) = x 5 ( x 4 − 2 ) ⇔ ( x 2 + 2 ) = x 2 ( x 4 − 2 )
3

5

3

5

3

5

Đặt y = x 2 + 2 ⇒ y > 2(do x ≠ 0) và

x4 − 2 = ( x4 − 4) + 2 = ( x2 + 2) ( x2 − 2) + 2 = y ( y − 4) + 2

Ta có
3

 y2 − 4 y + 2 
y = ( y − 2 )  y ( y − 4 ) + 2  = ( y − 2 ) ( y − 2 ) − 2  ⇔ ( y − 2 ) ( y − 2 ) − 2  
÷ = 1 (*)



 
y

2
t − 4t + 2
2
Dễ thấy f ( t ) =
= t + − 4 thì f ( t1 ) < f ( t2 ) nếu 2 < t1 < t2 . Vì vậy y = 4 là
t
t
nghiệm duy nhất của phương trình (*) , do đó x = ± 2 là nghiệm của
phương trình đã cho.
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là: x = 0; x = ± 2 .■
3

5

2

5

2

2

Câu 2 (4,0) Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp O .
Trung trực của đoạn AH cắt các cạnh CA, AB lần lượt tại M ; N . Chứng minh rằng A là
tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác OMN .
Ta có ∆ANH : ∆AOC ⇒ ∆ANO : ∆AHC ⇒ ∠AON = ∠ACH (1)
Tương tự có ∆AMH : ∆AOB ⇒ ∆AMO : ∆AHB ⇒ ∠AOM = ∠ABH (2)
Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra ∠AON = ∠AOM , hay OA là phân giác của góc ∠MON .
Lại có
∠BNO = ∠BAO + ∠NOA = ∠CAH + ∠ACH = 1800 − ∠AHC = ∠ABC = ∠ANM ⇒ NA là
phân giác ngoài của tam giác ∆ONM . Tương tự suy ra được A là tâm
đường tròn bàng tiếp của tam giác ∆ONM .■
Câu 3 (4,0) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố có dạng 4k + 1 thì có một số tự
nhiên a nhỏ hơn p sao cho a 2 + 1 chia hết cho p .

( p − 1) !+ 1Mp với p = 4k + 1 ( k ∈ ¥ * ) thì ( 4k ) !+ 1Mp (1) .
Mặt khác 2k + i ≡ −2k + i − 1( mod p ) với i = 1, 2,..., 2k . Do đó
( 2k + 1) ( 2k + 2 ) ....( 4k ) ≡ ( 2k ) !( mod p )
2
Suy ra ( 4k ) ! ≡ ( 2k ) ! ( mod p ) (2)
Theo định lý Wilson

2


2
Từ ( 1) và ( 2 ) ta có ( 2k ) ! + 1Mp . Gọi a là dư của phép chia ( 2k ) ! cho p thì
a < p và ( 2k ) ! ≡ a ( mod p ) , do đó a 2 + 1Mp (đpcm).■

Câu 4 (4,0) Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn a 2 + b 2 + c 2 = 2 . Chứng minh bất

đẳng thức

a 3 + b3 + c3 + 3abc ≥

8max { a 2b 2 ; b 2c 2 ; c 2 a 2 }

( a + b + c)

2

Do tính đối xứng của bất đẳng thức nên không mất tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0 .
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
a 3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a 3 + b3 ≥ 2ab ab ( 1)
Và

( a + b + c)

Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra

(a

3

2

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

+ b3 + c 3 + 3abc ) ( a + b + c ) ≥ 8a 2b 2 ≥ 8max { a 2b 2 ; b 2c 2 ; c 2a 2 }
2

Hay
a 3 + b3 + c3 + 3abc ≥
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 1; c = 0
Tóm lại :
a + b + c + 3abc ≥
3

3

3

8max { a 2b 2 ; b 2c 2 ; c 2 a 2 }

( a + b + c)

2

8max { a 2b 2 ; b 2c 2 ; c 2 a 2 }

( a + b + c)

2

Dấu đẳng thức khi a = b = 1; c = 0 và các hoán vị.■
Câu 5 (4,0) Xác định tất cả các tập con A, B, C khác rỗng của tập các số nguyên dương
ℵ* thoả mãn các điều kiện sau :
1) A ∩ B = B ∩ C = C ∩ A = ∅ ;
2) A ∪ B ∪ C = ℵ* ;
3) Với mọi a ∈ A, b ∈ B và c ∈ C , ta có c + a ∈ A, c + b ∈ B và a + b ∈ C .
Giả sử phần tử nhỏ nhất của C là x . Thế thì { 1, 2,..., x − 1} ⊆ A ∪ B , do với ∀a ∈ A, b ∈ B ,

ta có a + x ∈ A, b + x ∈ B . Vậy tất cả các số không chia hết cho x là thuộc A ∪ B . Do đó
∀c ∈ C là bội của x . Từ ( 3) , tổng của ∀a ∈ A, ∀b ∈ B là bội của x .

Giả sử x = 1 . Thì a ∈ A, b ∈ B suy ra a + 1∈ A, b + 1 ∈ B ⇒ a + b ∈ A ∩ B , mâu thuẫn với ( 1) .

Giả sử x = 2 . Ta có thể giả sử 1 ∈ A . Thì do ( 3) , tất cả các số nguyên dương lẻ nằm trong A
. Với b ∈ B , ta có 1 + b ∈ C . Do đó b lẻ, dẫn tới b ∈ A ∩ B , mâu thuẫn với ( 1) .

3


Giả sử x ≥ 4 . Thì { 1, 2,3} ⊆ A ∪ B , gọi y , z ∈ { 1, 2,3} ∩ A . Lấy b ∈ B , ta có y + b, z + b ∈ C

do ( 3) o đó ( y + b ) − ( z + b ) = y − z là một bội của x . Nhưng y − z < x , dẫn đến mâu thuẫn.
Vì vậy x = 3 . Ta chỉ ra 1 và 2 không thể cùng nằm trong A (hay cả hai cùng nằm trong B ).
*
• Nếu 1, 2 ∈ A , thì ( 3) suy ra 3k + 1,3k + 2 ∈ A, ∀k ∈ ℵ . Lấy b ∈ B , ta có 1 + b ∈ C , điều
này suy ra b = 3k + 2 ∈ A . Do đó b ∈ A ∩ B , mâu thuẫn với ( 1) .

•

Do đó hoặc 1 ∈ A, 2 ∈ B , suy ra A = { 1, 4,7,...} , B = { 2,5,8,...} , C = { 3,6,9,...} hoặc
2 ∈ A,1 ∈ B và B = { 1, 4,7,...} , A = { 2,5,8,...} , C = { 3,6,9,...} .■

4