HSG VINHPHUC 2017 de da

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 10 - THPT CHUYÊN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình  x3  3



3



4 x2  4 x  1  3 2 x 1  1  4 x

x  .

Câu 2 (2,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2  b2  c2  1 .
a3
b3
c3
3
Chứng minh rằng 2  2
 2

.
b  c c  a a  b 1 3

Câu 3 (2,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p, q  thỏa mãn phương trình

p( p 2  p  1)  q(2q  3).

Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân có AB  AC và đường tròn nội tiếp là
(I). Các đường thẳng AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại
A1 , B1 , C1 . Các đường thẳng qua I song song với BC, CA, AB lần lượt cắt B1C1 , C1 A1, A1B1 tại
A2 , B2 , C2 . Gọi M là trung điểm của BC.

a. Chứng minh rằng I là trực tâm của tam giác A1B1C1 .
b. Chứng minh rằng A2 , B2 , C2 thẳng hàng.
c. Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC tại D, đường thẳng qua I vuông góc với AI
cắt đường thẳng nối trung điểm AB, AC tại N. Chứng minh rằng đường thẳng qua N và
vuông góc với IM đi qua trung điểm của đoạn ID.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho số nguyên dương n  1 và 3n đường thẳng được vẽ trong mặt
phẳng sao cho không có hai đường thẳng nào trong chúng song song và không có ba
đường thẳng nào trong chúng đồng quy. Trong 3n đường thẳng đã cho, ta tô màu đỏ 2n
đường thẳng và tô màu xanh n đường thẳng còn lại. Chứng minh rằng có ít nhất n miền
sao cho tất cả các biên của nó đều có màu đỏ.
------------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
(Đáp án có 04 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 10- THPT CHUYÊN

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm

theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:

Câu
1

Nội dung trình bày
(2,0 điểm)
3
TH1. Nếu 2 x 1  1  0  x  0 thử lại phương trình ta thấy không
thỏa mãn.
TH2. Nếu 3 2 x 1  1  0  x  0 , khi đó phương trình đã cho trở
thành

x

3

 3



3



4x  4x  1  2x 1  1
2

3

  x3  3  2 x  1  1  4 x

 x3  3  2



3





3

3



2x 1  1  4x



3



Điểm

0,25

0,5

2x 1  1



2 x 1  1

0,25

2x 1  1

 x3  1  2 3 2 x  1
Đặt y  3 2 x 1  y3  1  2 x , kết hợp với phương trình trên ta được

hệ phương trình

0,5

 x3  1  2 y
 3
 y  1  2 x
3
3

 x  1  y   2  y  x 
 3


 y  1  2x

 x  y   x 2  xy  y 2  2   0

3
 y  1  2 x
2



y  3y2
 2  0
 x  y    x   

2
4



 3
 y  1  2x
x  y

x  y
 x  1
 3
 
1  5
x  1  2x


  x 
2

Do đó hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là:

 1  5 1  5   1  5 1  5  


S  1;1 , 
;
;
 , 
 
2  
2
2 

 2



0,5


(2,0 điểm)

2
3

a

b
c
a4
b4
c4





b2  c c 2  a a 2  b ab2  ac bc 2  ba ca 2  cb

Ta có


a

3

2

3

 b2  c 2 

2

ab2  ac  bc 2  ba  ca 2  cb

Ta có

0,25

ab  bc  ca  a2  b2  c2  1

ab2  bc 2  ca 2 


0,5

a

2

 b2  c 2 

a

2

 b2  c 2  a 2b2  b2c 2  c 2 a 2 

0,5

2
1 2
1
a  b2  c 2  

3

3

0,25

Do đó
a3
b3
c3
1
3
 2
 2


2
b  c c  a a  b 1 1
1 3
3

0,5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c 
3

1
.
3

(2,0 điểm)
TH1. p  q thay vào phương trình ta được

p  p 2  p  1  q  2q  3

 p  p 2  p  1  p  2 p  3

0,5

 p  1
 p2  3 p  4  0  
không thỏa mãn
p  4
TH2. p  q , từ phương trình ta được p 2q  3  2q  3  mp thay vào

phương trình ta được

0,5

2 p 2  2 p  2  m  pm  3

 2 p 2   m2  2  p  3m  2  0 (1)

Ta có    m2  2  8  3m  2  m4  4m2  24m  20
2

Do  m2  1  m4  4m2  24m  20   m2  2  và (1) có nghiệm nguyên
dương nên  là số chính phương, suy ra
2

2



m4  4m2  24m  20  m4 ,  m2  1

2

0,5



m  1
thay vào (1) ta
m  

*) m4  4m2  24m  20  m4  4m2  24m  20  0  

0,25

được m  5, p  13  q  31 thỏa mãn.
*) m4  4m2  24m  20   m2  1  2m2  24m  19  0 không có nghiệm
nguyên.
Vậy  p, q   13,31 .
(3,0 điểm)
2

4

0,25


B1

A
B2

C1
I

N P
O

A2
Q
D

B

C

M

A1

4a
Gọi K là giao điểm của IA và B1C1 . Khi đó
(1,0
1
AKB1  sd AB1  sd A1C1
điểm)
2







 

0,25



1
1
sd AB1  sd A1B  sd BC1  sd AB  sd BC  sdCA  900  IA1  B1C1 (1)
2
4
Tương tự ta được IB1  C1 A1 (2). Từ (1) và (2) suy ra I là trực tâm


của tam giác ABC.
Do IA2 || BC  A2 IC1  ICB  IB1C1  IA2C1 đồng dạng với B1 A2 I

4b
2
(1,0
A2C1
IA2
IC1
A2 B1  IB1 
điểm) Suy ra






IA2

A2 B1

IB1

A2C1

0,5
0,25

0,5

 IC1 

Tương tự như trên ta được
2

B2C1  IC1  C2 A1  IA1 


 ,

B2 A1  IA1  C2 B1  IB1 

2

0,25

Nhân từng vế các đẳng thức trên ta được
2

2

2

A2 B1 B2C1 C2 A1  IB1   IC1   IA1 
.
.

 
 
 1
A2C1 B2 A1 C2 B1  IC1   IA1   IB1 

Từ đó theo định lí Menelaus cho tam giác A1B1C1 suy ra A2 , B2 , C2
thẳng hàng.
4c
Gọi P là giao điểm của đường thẳng MA1 với đường thẳng nối
(1,0 trung điểm của AB, AC và Q là trung điểm của đoạn ID. Xét tam
điểm) giác IMA1 và biểu thức
II 2  IA12  PA12  PM 2  QM 2  QI 2
  BA12  PA12  PM 2  QM 2  QD 2
  BA12  PA12  PM 2  DM 2

0,25

0,5


   BM 2  MA12   PA12  PM 2  DM 2
 MA12  PA12  PM 2  DM 2  BM 2

 MA12  PA12  PM 2  DB.DC

0,25

 MA12   MA1  PM   PM 2  DB.DC
2

A
  p  b  p  c 
2
S
a r
p
 ha . .
  p  b  p  c   S .
  p  b  p  c 
2 pa
pa
 2MA1.PM  DB.DC  ha .MB.tan



5

S2
  p  b  p  c   0 .
p  p  a

0,25

Do đó theo định lí Carnot ta có đường thẳng qua I vuông góc IA,
đường thẳng qua Q vuông góc IM và đường thẳng qua P vuông
góc với MA1 đồng quy tại một điểm, suy ra đpcm.
(1,0 điểm)
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề:
Cho n đường thẳng phân biệt, không có hai đường thẳng nào
song song và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Khi đó n
đường thẳng này sẽ chia mặt phẳng thành

n  n  1
 1.
2

Chứng minh bổ đề:
Giả sử n đường thẳng chia mặt phẳng thành S n miền. Khi đó ta có
hệ thức sau

0,25

n  n  1
1

2
2n  2n  1
 1  n  2n  1  1 miền
Theo bổ đề thì 2n đường đỏ sẽ tạo ra
2
Sn  Sn1  n  Sn 2  n  n  1    S1  n  n  1  ...  2 

đỏ (miền đỏ là miền mà các biên của nó đều có màu đỏ).
Xét một đường xanh nào đó, đường xanh này cắt 2n đường đỏ
suy ra mỗi đường xanh sẽ tạo ra tối đa 2n  1 miền mà biên có cả
màu xanh và màu đỏ.
Các đường xanh còn lại sẽ sinh ra tối đa 2n miền mà có biên có
cả màu xanh và đỏ (vì hai đường xanh cắt nhau nên miền đỏ mà
chứa giao điểm này sẽ chung) suy ra số miền tối đa có biên gồm
cả màu đỏ và xanh tạo ra từ n  1 đường xanh còn lại là 2n  n  1 .
Do đó số miền đỏ sẽ n  2n  1  1  2n  n 1   2n  1  n .
-------Hết-------

0,25

0,25
0,25