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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

THỪA THẾN HUẾ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

QUỐC HỌC

NĂM 2015
MÔN THI: TOÁN LỚP 10

(Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề)
--------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 1 (4 điểm).
Giải phương trình sau trên tập số thực:

(

)

1 + 3 x = ( x − x 2 ) 5 + 15 + 6 x − 9 x 2 .
Câu 2 (4 điểm).
Cho tam giác ABC có hai điểm A,B cố định, điểm C thay đổi trên đường thẳng ∆ cắt
 1
đường thẳng AB và k ∈  0; ÷, ( k là hằng số ). Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho
 2

AD = kAB. Đường tròn đường kính BD cắt đường thẳng đi qua C và trung điểm của đoạn
thẳng AB tại E và F. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF khi C thay
đổi.
Câu 3 (4 điểm).
Cho là một số nguyên tố, chứng minh rằng có vô số các số n ∈ ¥ * sao cho chia hết cho
p.
Câu 4 (4 điểm).
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
a2
b2
c2
P=
+
+
.
b(a 2 + 2) c(b 2 + 2) a (c 2 + 2)
Câu 5 (4 điểm).
Cho tập hợp X = { 1;2;3;K ;2015} . Chứng minh rằng trong ba phần tử tùy ý của X luôn
có hai phần tử x1 , x2 sao cho

5

x1 − 5 x2 < 2.

----------------------HẾT----------------------


ĐÁP ÁN
CÂU

NỘI DUNG
Câu 1 Giải phương trình sau trên tập số thực:

(

ĐIỂM

)

1 + 3 x = ( x − x 2 ) 5 + 15 + 6 x − 9 x 2 .
5
Điều kiện: −1 ≤ x ≤ .
3
Vì x = 0 và x = 1 đều không phải là nghiệm của phương trình nên phương
trình đã cho tương đương với:
1 + 3x
1
4
= 5 + 15 + 6 x − 9 x 2 ⇔ +
= 5 + 15 + 6 x − 9 x 2
2
x−x
x 1− x
1 − x 4x
⇔
+
= 16 − (3 x − 1) 2 (2).
x
1− x
1 − x 4x

 5
+
< 0 trong khi đó 16 − (3 x − 1) 2 ≥ 0.
Nếu x ∈ [ −1;0 ) ∪ 1;  thì
3
x
1
−
x
 
 5
Vậy x ∈ [ −1;0 ) ∪ 1;  không thỏa phương trình.
 3
1− x
4x
> 0,
> 0. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
Nếu x ∈ ( 0;1) thì
x
1− x
1 − x 4x
1
+
≥ 4. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = .
x
1− x
3
Mặt khác 16 − (3 x − 1) 2 ≤ 16 với mọi x ∈ ( 0;1) , dấu “=” xảy ra khi và chỉ

4,0

1,0

1,5

1,5

1
1
khi x = . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .
3
3
Câu 2 Cho tam giác ABC có hai điểm A,B cố định, điểm C thay đổi trên đường
 1
thẳng ∆ cắt đường thẳng AB và k ∈  0; ÷, ( k là hằng số ). Gọi D là điểm
 2
trên cạnh AB sao cho AD = kAB. Đường tròn đường kính BD cắt đường
thẳng đi qua C và trung điểm của đoạn thẳng AB tại E và F. Tìm quỹ tích
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF khi C thay đổi.

4,0


A

D
E

I
M

d
H

F
C

Gọi M là trung điểm của AB, H
là điểm đối xứng với D qua M
thì H là điểm cố định và
BH = AD . Vì
1
AD = kAB,0 < k < nên D
2
thuộc đoạn AM, H thuộc đoạn
MB, M thuộc đoạn EF.
Ta có
ME.MF = MD.MB = MH .MA
do đó tứ giác AEHF là tứ giác
nội tiếp.

1,0

B

Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên đường thẳng d là
đường trung trực của AH.

1,0

Đảo lại, với điểm I bất kỳ trên đường trung trực của AH, gọi E và F là các

giao điểm của đường tròn tâm I bán kính IA với đường tròn đường kính BD.
Gọi M là giao điểm của EF và AB. Khi đó ME.MF = MH .MA = MD.MB , suy
MH MB MB − MH BH
=
=
=
= 1 , tức là M là trung điểm của HD và do
ra
MD MA MA − MD AD
đó cũng là trung điểm của AB.

1,0

Nếu ∆ đi qua M và cắt đường tròn đường kính BD tại E,F thì quỹ tích là
một điểm I, chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.

0,5

Nếu ∆ không đi qua M . Khi đó qua M vẽ đường thẳng song song với ∆ cắt
đường tròn đường kính DB tại E,F thì tâm I’ của đường tròn ngoại tiếp tam
giác AEF không thuộc quỹ tích.
Nếu I ≠ I ' :
Gọi C là điểm giao của ∆ và đường thẳng EF và không trùng với M. Khi đó
ta có tam giác ABC mà đường trung tuyến qua C cắt đường tròn đường kính
BD tại hai điểm E, F và tam giác AEF có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm I.
Lúc này quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF khi C thay đổi là
đường trung trực của đoạn thẳng AH loại trừ I’.

0,5

Câu 3 Cho là một số nguyên tố, chứng minh rằng có vô số các số n ∈ ¥ * sao cho
chia hết cho .
Nếu 2015Mp thì chọn n = kp, k là số nguyên dương bất kỳ .
Nếu , theo định lý Fermat
2015 p −1 ≡ 1(mod p) ⇒ 2015m ( p −1) ≡ 1(mod p) (m ∈ N* ).
Lấy m = kp − 1 , k ∈ N* ta có m ≡ −1(mod p ) và m( p − 1) ≡ 1(mod p ). Từ đó ta
có 2015m ( p −1) ≡ m( p − 1)(mod p).
Như vậy với mọi k ∈ N* , đặt m = kp − 1 và n = m( p − 1) thì có vô số số để
(2015n − n)Mp .
Câu 4 Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá trị nhỏ

4,0
1,0
1,0
1,0
1,0
4,0


a2
b2
c2
+
+
.
nhất của biểu thức P =
b(a 2 + 2) c(b 2 + 2) a (c 2 + 2)
1 1 1
Ta có ab + bc + ca = 3abc ⇔ + + = 3.
a b c

1
1
1
Đặt x = ; y = ; z = . Khi đó x + y + z = 3 và
a
b
c
x
y
z
P=
+
+
.
2
2
1 + 2z 1 + 2x 1 + 2 y2

1,0

Ta có
x
2 xz 2
2 xz 2
2
2
7
4
=
x

−
≥
x
−
= x − .x 3 z 2 ≥ x − x ( 1 + 2 z ) = x − xz.
2
2
1 + 2z
1 + 2z
3
9
9
9
33 z4
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi z = 1.
y
7
4
≥ y − xy. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Tương tự,
2
1 + 2x
9
9
z
7
4
≥ z − yz. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y = 1.
2
1+ 2y

9
9

1,0

Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có:
7
4
P ≥ ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ).
9
9
Mặt khác ( x + y + z ) 2 ≥ 3( xy + yz + zx) do đó
7
4
P ≥ ( x + y + z ) − ( x + y + z ) 2 = 1.
9
27

1,0

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1.

1,0

Câu 5 Cho tập hợp X = { 1;2;3;K ;2015} . Chứng minh rằng trong ba phần tử tùy ý
của X luôn có hai phần tử x1 , x2 sao cho

5

x1 − 5 x2 < 2.

Xét ba phần tử x1 , x2 , x3 ∈ X . Đặt yi = 5 xi , i = 1, 2,3. Ta có yi ∈ [ 1;5 ) .
Ta chia nửa khoảng thành hai nửa khoảng và . Khi đó theo nguyên lý
Dirichlet thì ba trong số y1 , y2 , y3 có hai số cùng thuộc một trong hai nửa
khoảng nói trên.

1,0

Giả sử hai số đó là và thì hai số x1 , x2 là hai số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
-------------------------HẾT-------------------------

1,0

2,0