Toán HSG 10 hay lạ

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

LỚP 10

(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 (4,0 điểm)
Giải phương trình

x

x2 + 1 − x2 − 3 + 2 2

x

x +1 + x + 3 − 2 2
2

2

= x2.

Câu 2 (4,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC và BE, CF là hai đường cao của tam giác. Hai đường tròn cùng
đi qua hai điểm A và F và tiếp xúc với đường thẳng BC tại P và Q sao cho B nằm
giữa C và Q . Chứng minh rằng hai đường thẳng PE và QF sẽ cắt nhau và giao điểm

của hai đường thẳng này nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
Câu 3 (4,0 điểm)
1 
Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn  ;2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 
P=

ab ( a − b ) + bc ( b − c ) + ca ( c − a )
abc

.

Câu 4 (4,0 điểm)
Có bao nhiêu bộ ba ( a; b; c ) với a, b, c ∈ ¥ , 0 ≤ a < b < c ≤ n − 1, n ∈ ¥ ; n ≥ 3 sao cho
a + b + cMn.

Câu 5 (4,0 điểm)
2
Giả sử rằng với số nguyên tố p và các số nguyên dương l , m, n thì p 2l −1m ( mn + 1) + m 2 là

số chính phương. Chứng minh rằng m cũng là một số chính phương.

.....................HẾT.....................
Người ra đề
(Kiều Đình Minh: ĐT. 0989.848.965)


HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN, LỚP: 10
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm

đã định.
Câu

Nội dung
Đặt y = x , b = 3 − 2 2 ⇒ b = 6b − 1. Thay vào phương trình đã cho, ta được
2

1

y2 + y − y − b = y
⇔

y +1( y + b) =

2

(

)

y2 + y + y + b ⇔
y ( 1 − y ) ( 1) . Do

y . y + 1 ( y − 1) +

Điểm
1,0

( y + 1) ( y + b ) = 0
2

y + 1 > 0, y + b > 0 , suy ra 1 − y > 0. Lại

1,0

thay b 2 = 6b − 1 vào ( 1) và biến đổi, ta có

( 2b + 3) y 2 + ( b2 + 2b − 1) y + b 2 = 0 ⇔ ( 2b + 3) y 2 + ( 8b − 2 ) y + 6b − 1 = 0

1,0

∆′ = 4 ( b 2 − 6b + 1) = 0, suy ra y = 4 2 − 5 ⇒ x = ± 4 2 − 5 .
7
7

1,0
1,0

2

Theo tính chất phương tích ta có
BQ 2 = BF . BA = BP 2 ⇒ BQ = BP .
Vẽ đường kính AD và gọi H là trực tâm của tam giác ABC .
Các tứ giác CDFA và CDHE nội tiếp nên
BA.BF = BC .BD = BE.BH .
BP BE
=
Từ đây suy ra BP 2 = BE. BH ⇒
hay tam giác BPH và BEP
BH BP

2


đồng dạng. Suy ra

·
·
BPE
= BHP

(1)

Điểm P nằm giữa D và C , lại có BP 2 = BC. BD nên

1,0

DP.DQ = ( BP − BD)( BD + BQ ) = BP 2 − BD 2 = BC .BD − BD 2 = BD( BC − BD ) = BD.DC
Vì hai tam giác vuông BDH và ADC đồng dạng nên BD. DC = AD.DH .

Kết hợp với đẳng thức trên ta được
DP.DQ = AD.DH ⇒

DA DP
=
.
DQ DH

·
·
Từ đó hai tam giác vuông DAQ và DPH đồng dạng nên HPD

. Có
= QAD
·
·
·
thể viết lại đẳng thức trên là BPH
. Vì BQ là tiếp tuyến của
= BAD
+ BAQ
( AFQ ) nên
·
·
·
·
(2)
BQF
= BAQ
= BAQ
− BAD
Từ (1) và (2) suy ra
·
·
·
·
·
·
·
BPE
+ BQF
= ( BHP

+ BPH
) − BAD
= (1800 − PBH
) − BAD
·
·
·
= (900 + BCA
) − (900 − ·ABC ) = BCA
+ ·ABC = 1800 − CAB

·
·
Do đó BPE
+ BQF
< 1800 , vì vậy hai tia PE và QF phải cắt nhau.
Gọi S là giao điểm của PE và QF . Khi đó
·
·
·
·
·
.
PSQ
= 1800 − ( BPE
+ BQF
) = CAB
= EAF
0
·

·
Nếu S nằm giữa P và E thì PSQ
. Nếu E nằm giữa P và S
= 180 − ESF
·
·
·
·
thì PSQ
. Trong cả hai tình huống thì PSQ
. Từ đó ta nhận
= ESF
= EAF
được S nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF .

Câu
3

Nội dung

Không mất tổng quát, xét ab ( a − b ) + bc ( b − c ) + ca ( c − a ) ≥ 0. Khi đó

1,0

1,0

Điểm
1,0

a b c a b c

a
b
c
1

+ + −  + + ÷. Đặt = x, = y, = z  ≤ x, y, z ≤ 4 ÷ ⇒ xyz = 1 và
c a b b c a
c
a
b
4

1 1 1
P ( x, y , z ) = x + y + z −  + + ÷
x y z
P=

3
Không mất tổng quát, giả sử x = max { x; y; z} ⇒ x ≥ xyz = 1 ⇒ x ≥ 1. Xét hiệu

1,0

3



1
2  
1 1 1
P x, yz , yz − P ( x, y , z ) =  x + 2 yz − −

−x + y + z − − − ÷
÷

÷
x
x y z
yz  


(

)

2

2
 1
1 
=
−
− y− z
÷
 y
z÷


2 1

= y − z  − 1÷ = y − z
 yz 

(

(

)

)

(

)

2

( x − 1) ≥ 0

Suy ra P ( x, y, z ) ≤ P ( x, t , t ) với xt 2 = 1 ⇒ 1 ≤ x =
P ( x, t , t ) = x + 2t −

1
1
≤ 4 ⇒ 1 ≥ t ≥ . Ta có
2
t
2

1 2 1
2
− = 2 + 2t − t 2 − = f ( t )

x t t
t

Xét hiệu

3 1
2 3 ( 2t − 1)  −t ( 2t − 1) + 2 ( t − 2 ) 
1 
= 2 + 2t − t 2 − − =
≤ 0, ∀t ∈  ;1 . Suy
2
4 t
t 4
4t
2 
3
1
ra f ( t ) ≤ , dấu bằng xảy ra khi t = .
4
2
1
3
 1 1

Từ đó, MaxP = , khi ( x; y; z ) =  4; ; ÷ ⇔ ( a; b; c ) =  2;1; ÷ và các hoán vị.
2
4
 2 2

2

f ( t) −

4

1,0

1,0

2

3
Xét An = { ( a; b; c ) ∈ ¥ : 0 ≤ a < b < c ≤ n − 1; a + b + cMn}

1,0

Bn = { ( a; b; c ) ∈ ¥ 3 : 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ n − 1; a + b + cMn}

 An +3 = Bn

 An + n = Bn

Ta có nhận xét sau 

( 1)
( 2)

Ta chứng minh (1)

0 ≤ a < b < c ≤ n + 2  a + b + c = n + 3

⇒
+) An +3 ⇒ Bn , ( a; b; c ) ∈ An+3 ⇒ 
 a + b + cMn + 3
 a + b + c = 2n + 6
a + b + c = n + 3 ⇒ chọn
0 ≤ a ' ≤ b ' ≤ c ' ≤ n − 1
a ' = a, b ' = b − 1& c ' = c − 2 ⇔ 
⇒ ( a '; b '; c ' ) ∈ Bn
a '+ b '+ c 'Mn
a + b + c = 2n + 6 ⇒ chọn
0 ≤ a ' ≤ b ' ≤ c ' ≤ n − 1
a ' = a − 1, b ' = b − 2 & c ' = c − 3 ⇔ 
⇒ ( a '; b '; c ' ) ∈ Bn
a
'
+
b
'
+
c
'
M
n


1,0

0 ≤ a ' ≤ b ' ≤ c ' ≤ n − 1  a '+ b '+ c ' = n
⇒
+) Bn ⇒ An+3 , ( a, b, c ) ∈ Bn ⇒ 

a
'
+
b
'
+
c
'
M
n

 a '+ b '+ c ' = 2n
• a '+ b '+ c ' = n ⇒ chọn
0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ n + 1
⇒ ( a; b; c ) ∈ An +3
{ a = a ', b = b '+ 1& c = c '+ 2 
a + b + cMn + 3
• a '+ b '+ c ' = 2n ⇒
chọn

0 ≤ a < b < c ≤ n + 2
⇒ ( a; b; c ) ∈ An +3
a + b + cMn + 3

{ a = a '+ 1, b = b '+ 1& c = c '+ 2 

4


Suy ra tồn tại 1 song ánh f : An+3 → Bn ⇒ An+3 = Bn

1,0




k ;2n − 2k ) , ( k ; k ; n − 2k )  ;
• Bn | An = ( 0;0;0 ) , (1k ;44
2 4 43 1 44 2 4 43


n
n
< k ≤ n −1
1≤ k ≤


2
2
 n   n − 1
Bn = An + 1 +   + 
= An + n
 2   2 
{ an } sao cho an = An
bn = an + n
⇒
⇒ an+3 = an + n
Xét hai dãy 
b
=
A

=
a
{ bn } sao cho bn = Bn
n
n
+
3
n
+
3

Ta có a3 = A3 , mà
A3 = { ( a; b; c ) ∈ N 3 : 0 ≤ a < b < c ≤ 2, a + b + c M
3} = ( 0;1; 2 ) ⇒ a3 = 1

a4 = A4 , mà A4 =

{ ( a; b; c ) ∈ N

3

: 0 ≤ a < b < c ≤ 3, a + b + c M4} = ( 0; 1; 3 ) ⇒ a4 = 1

a5 = A5 , mà

A5 = { ( a; b; c ) ∈ N 3 : 0 ≤ a < b < c ≤ 4, a + b + c M
5} = { ( 0;1; 4 ) , ( 0; 2;3 ) } ⇒ a5 = 2

an +3 = an + n
, ta chứng minh bằng quy nạp

a3 = 1, a4 = 1, a5 = 2

Khi đó ⇒ 

 n 2 − 3n 
an = 
(*)
 +1
 6 
 n 2 − 3n 
Với n ∈ { 1; 2; 3} thì (*) đúng. Giả sử an = 
 + 1 đúng với mọi n ≥ 3 ,
 6 
ta chứng minh
 n2 − n − 2 
an+1 = 
 +1.
6



1,0

 ( n − 2) 2 − 3( n − 2) 
 + 1 + ( n − 2) =
Thật vậy an +1 = an − 2 + n − 2 = 
6


 n 2 − 7 n + 10 

 n 2 − 7 n + 10

 n2 − n − 2 
=
+
n
−
2
+
1
=
+
n
−
2
+
1
=
)
 (



 + 1 (đúng)
6
6
6








 n 2 − 3n 
Theo nguyên lý quy nạp (*) đúng. Vậy an = 
 + 1.
 6 

Câu

Nội dung

5

(

Điểm
1,0

)

2 l −1
2
Đặt A = p 2l −1 . Khi đó p m ( mn + 1) + m = m. A ( mn + 1) + m . Chú ý rằng
2

(

)

(

gcd m, A ( mn + 1) + m = gcd m, A ( mn + 1)
2

2

2

) = gcd ( m, A) . Vì vậy gcd ( m, A) = p .
r

5


(

)

m  A
m
2
. r ( mn + 1) + r ÷ là một số chính phương
r 
p p
p 
m
m  A
m

2
Do đó r . r ( mn + 1) + r ÷ cũng là một số chính phương. Vì vậy p r là
p p
p 
A
một số chính phương. Ta sẽ chỉ ra r là số chẵn. Ngược lại nếu r lẻ thì p r
A
2
là một số chính phương và là luỹ thừa số mũ chẵn của p , tức là p r = k .
2r
Ta có m. A ( mn + 1) + m = p .
2

 A

m

Khi đó số chính phương  r ( mn + 1) + r ÷ có thể được viết dưới dạng là
p 
p

( kmn + k )

2

+

2

1,0

1,0

1,0

m
m
2
2
2
. Nhưng ( kmn + k ) < ( kmn + k ) + r < ( kmn + k + 1) . Mâu
r
p
p

thuẫn này suy ra điều phải chứng minh.

6