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

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VĨNH PHÚC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT
VÙNG DUYÊN HẢI &ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ VIII , NĂM HỌC 2014-2015
Môn: Toán; Lớp: 10
Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

ĐỀ ĐỀ NGHỊ
Câu 1. (4 điểm) .




1
1
+
=2
 x + y 
÷
÷
x
+
3
y
y
+
3
x

Giải hệ phương trình: 


 2
 x + 2 y + 9 = 4 x + 3 + 19 − 3 y
Câu 2. (4 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của số thực k sao cho bất đẳng thức sau :
2. ( 1 + a 2 ) ( 1 + b 2 ) ( 1 + c 2 ) + 2. ( 1 + b 2 ) ( 1 + c 2 ) ( 1 + d 2 ) + 2 ( 1 + c 2 ) ( 1 + d 2 ) ( 1 + a 2 )

(

)

+2. ( 1 + d 2 ) ( 1 + a 2 ) ( 1 + b 2 ) ≥ k ( ab + bc + cd + ac + bd + da − 2 ) đúng với mọi số thực
a, b, c, d thay đổi tùy ý.
Câu 3. (4 điểm)
2
n
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho ( n + 11n − 4 ) ×n! + 33 ×13 + 4 là số chính
phương.
Câu 4. (4 điểm)
Cho hai đường tròn ( ω1 ) và ( ω2 ) cắt nhau tại P và Q, một đường thẳng d thay đổi đi
qua P cắt ( ω1 ) tại A và cắt ( ω2 ) tại B sao cho P nằm giữa A và B; C, D là hai điểm cố
định lần lượt thuộc ( ω1 ) , ( ω2 ) sao cho P thuộc tia đối tia DC. Tia BD và đoạn AC cắt
nhau tại X, điểm Y thuộc ( ω1 ) sao cho PY song song BD, điểm Z thuộc ( ω2 ) sao cho
PZ song song AC. Gọi I, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABQ và
CDQ.
a) Chứng minh IJ ⊥ XQ .
b) Chứng minh rằng khi d thay đổi thì đường thẳng YZ luôn đi qua một điểm cố
định.

Câu 5. (4 điểm)
Cho A là tập các số nguyên dương thoả mãn các điều kiện sau đây:
1) Nếu a ∈ A ⇒ ∀x a thì x ∈ A
2) Nếu 1 < a < b ∈ A ⇒ 1 + ab ∈ A .
Chứng minh rằng nếu A ≥ 3 thì A ≡ ¥ *
----------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
…………………………………………………………………………………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI &ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
VĨNH PHÚC
LẦN THỨ VIII , NĂM HỌC 2014-2015
Môn: Toán; Lớp: 10
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
1.

Nội dung

Điểm




1
1

x
+
y
+
=2

÷

÷
x
+
3
y
y
+
3
x
Giải hệ phương trình: 


 2
 x + 2 y + 9 = 4 x + 3 + 19 − 3 y
19

 x ≥ 0, ≥ y ≥ 0
3
Điều kiện 
 x + y > 0
Từ ( 1) : sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

(

)

( 1)

4

( 2)
1

x
x + y 1 x
x+ y 
×
≤ 
+
và
x + y x + 3y 2  x + y x + 3y ÷

y
1 2y
1 1
2y 
=
×
≤  +
, cộng hai kết quả trên ta được
2 x + 3y 2  2 x + 3y ÷
x + 3y



x
=
x + 3y

x + y 1 x
3
≤ 
+ ÷, tương tự ta cũng có
x + 3y 2  x + y 2 

x + y 1 y
3
≤ 
+ ÷,
y + 3x 2  x + y 2 


 1 x+ y

1
1
+
≤ 
+ 3 ÷ = 2 = VP ( 1)
suy ra VT = x + y 
÷
y + 3x ÷


 x + 3y
 2 x + y
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y ( 3)
Thế vào phương trình ( 2 ) ta được pt : x 2 + 2 x + 9 = 4 x + 3 + 19 − 3 x ( 4 )

1



4
9
⇔ ( x2 + x − 2)  3 +
+
=0.
÷

÷
3
x
+
3
+
x
+
5
3
19
−
3
x

+
13
−
x
(
)
(
)

2
⇔ x + x − 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −2 ( Loai )
( 3)
→ y = x = 1 . Thử lại ( x; y ) = ( 1;1) thỏa mãn hệ phương trình
Khi x = 1 
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 1;1)

1

( 1)

(

)

1

2
Giải pt ( 4 ) ⇔ 3 ( x + x − 2 ) = 4 3 x + 3 − ( x + 5 )  + 3 19 − 3 x − ( 13 − x ) 
− x2 − x + 2)
− x2 − x + 2)

(
(
2
⇔ 3( x + x − 2 ) = 4 ×
+ 9×
3 x + 3 + ( x + 5)
3 19 − 3 x + ( 13 − x )


2

4
1

Điều kiện cần. Bất đẳng thức đúng với bộ a = b = c = d = 3
thay vào BĐT ta được 4.2.8 ≥ k ( 6.3 − 2 ) ⇒ k ≤ 4
Điều kiện đủ. Ta chứng minh BĐT đúng với k = 4

∑ (1+ a ) (1+ b ) (1+ c )

⇔2

2

2

2

a ,b ,c , d

⇔

1

≥ 4 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd − 2 )

∑ ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ≥ 2 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd − 2 )
2

2

2

a ,b ,c , d

Ta có

( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) = ( 1 + a ) ( bc − 1) + ( b + c )
2

2

2

2

2

2

1

≥


( bc − 1) + a ( b + c ) = ab + bc + ca − 1 . Tương tự trên ta được
⇔ ∑ ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ≥ 2 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd − 2 )
2

2

2

a ,b ,c , d

3

Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c = d = ± 3
Vậy giá trị lớn nhất của k bằng 4. Khi đó BĐT luôn đúng với mọi
thực a, b, c, d thay đổi tùy ý
2
n
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho ( n + 11n − 4 ) ×n! + 33 ×13 + 4 là số
chính phương.
2
n
Đặt An = ( n + 11n − 4 ) ×n! + 33 ×13 + 4 . Xét giá trị của An theo mod8
Nếu n ≥ 4 , ta có 8 1 ×2 ×3 ×4 ×××n = n! , do vậy

1

4
1

An = ( n 2 + 11n − 4 ) ×n! + 33 ×13n + 4 ≡ 0 + 5n + 4 ( mod8 )

2
2k
2 k +1
Vì 5 ≡ 1( mod8 ) ⇒ 5 ≡ 1( mod8 ) ,5 ≡ 5 ( mod8 ) , k ∈ ¥
Từ đó An ≡ 5 ( mod8 ) khi n chẵn và An ≡ 1( mod8 ) khi n lẻ. Mà An là số chính
phương do vậy An ≡ 1( mod8 ) khi n lẻ, các số chẵn n ≥ 4 bị loại.
Khi n lẻ, n ≥ 7 xét các giá trị của An theo mod 7 . Ta có 7 n! , từ đó
n
⇒ A = ( n 2 + 11n − 4 ) ×n! + 33 ×13n + 4 ≡ 0 + 5 ×( −1) + 4 ≡ 6 ( mod 7 ) vô lý do A là
n

n

số chính phương thì An ≡ 0,1,2,4 ( mod 7 ) , vậy mọi n lẻ, n ≥ 7 bị loại
Từ hai điều trên ta có n ∈ { 1,2,3,5}
3
Nếu n = 3 ⇒ A3 ≡ 3 ×1 + 3 ×3 + 4 ≡ 3 ( mod5 ) loại do A3 là số chính phương nên
A3 ≡ 0,1,4 ( mod5 )
5
Nếu n = 5 ⇒ A5 ≡ ( −4 ) ×0 + 3 ×3 + 4 ≡ 3 ( mod5 ) loại do A5 là số chính phương nên
A5 ≡ 0,1,4 ( mod5 )
2
Nếu n = 1 ⇒ A1 = 441 = 21 ( thỏa mãn)
2
Nếu n = 2 ⇒ A2 = 5625 = 75 ( thỏa mãn)

4.

1

1

1
4


a)
+ Vì ACQP và PDQB là các tứ giác nội tiếp nên ta có
·XAQ = CAQ
·
·
·
·
= CPQ
= DPQ
= DBQ
= ·XBQ nên AXQB nội tiếp (1).
+ Vì AXQB và BPDQ là các tứ giác nội tiếp nên ta có
·
·
·
nên tứ giác XDQC nội tiếp (2).
QXC
= ·ABQ = PBQ
= CDQ

Từ (1) và (2) suy ra QX là trục đẳng phương của hai đường tròn ( ABQ ) và
( CDQ ) do đó IJ ⊥ XQ .

1

b)
+ Ta sẽ chứng minh rằng đường thẳng YZ đi qua điểm Q cố định và đường thẳng
này cũng đi qua điểm X .
·
·
·
Vì XDQC nội tiếp nên DQX
(3).
= DCX
= PCA
·
·
·
Từ PZ AC nên PCA
(4).
= CPZ
= DPZ
·
·
Từ (3) và (4) suy ra DQX
.
= DPZ

1

·
·
·
·
Mặt khác PDQZ nội tiếp nên DPZ
+ DQZ
= 1800 , do đó DQX
+ DQZ
= 1800 hay
Y , Q, X thẳng hàng.
+ Chứng minh tương tự ta được Z , Q, X thẳng hàng.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

1

5

1

4
Giả sử { x < y < z} ⊂ A .Nếu yz M2 ⇒ 2 ∈ A
/ 2 ⇒ 1 + yz M2 ⇒ 2 ∈ A .Ta sẽ chứng minh 4 ∈ A Thật vậy
Nếu yz M
 Nếu z ≡ 0 ( mod 4 ) ⇒ 4 ∈ A

1


 z ≡ 1( mod 4 ) ⇒ t = 1 + 2 z ∈ A, t ≡ 3 ( mod 4 ) ⇒ 1 + tz ∈ A
 Nếu 

1 + tz ≡ 0 ( mod 4 ) ⇒ 4 ∈ A
 Nếu z ≡ 2 ( mod 4 ) ⇒ t = 1 + 2 z ∈ A, t ≡ 1( mod 4 ) ⇒ l = 1 + tz ∈ A
l ≡ 3 ( mod 4 ) ⇒ 1 + lt ∈ A,1 + lt M4 ⇒ 4 ∈ A
 Nếu z ≡ 3 ( mod 4 ) ⇒ t = 1 + 2 z ∈ A, t ≡ 3 ( mod 4 ) ⇒ l = 1 + tz ∈ A , l ≡ 2 ( mod 4 )
⇒ 4 ∈ A .Tóm lại 4 ∈ A ⇒ 9 = 1 + 2.4 ∈ A ⇒ 3 ∈ A
⇒ 13 = 1 + 3.4 ∈ A ⇒ 40 = 1 + 3.13 ∈ A ⇒ 5 ∈ A .Ta sẽ chứng minh bằng quy
nạp: n ∈ A∀n ≥ 1 theo n .Với n ≤ 5 thì kết luận đúng
Giả sử kết luận đã có k ∈ A∀k ≤ n. Xét số n + 1
n
n
 Nếu nM2 ⇒ 2 < ∈ A ⇒ 1 + 2. ∈ A ⇒ 1 + n ∈ A
2
2
n +1
n +1
/2⇒ 2<
∈ A ⇒ 1 + 2.
∈ A ⇒ n + 2∈ A
 Nếu n M
2
2
1 + 2n ∈ A ⇒ 1 + ( 2n + 1) ( n + 2 ) ∈ A ⇔ 2n 2 + 5n + 3 ∈ A
⇔ ( n + 1) ( 2n + 3) ∈ A ⇒ n + 1∈ A .
Vậy n + 1∈ A theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải cm.

1

1

1

Lưu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm
của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả
sai đó không được điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải bài 4, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn.