Đề thi HSG lớp 10, duyên hải và đồng bằng bắc bộ, năm học 2013 – 2014

(Đề thi HSG lớp 10, Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ, năm học 2013 – 2014)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (4 điểm)
Giải phương trình sau trên tập số thực:

( 6 x − 3)

7 − 3 x + ( 15 − 6 x ) 3 x − 2 = 2 −9 x 2 + 27 x − 14 + 11

Câu 2 (4 điểm)
Cho tam giác ABC (BC < AC). Gọi M là trung điểm của AB, AP vuông góc với BC tại P, BQ vuông
góc với AC tại Q.Giả sử đường thẳng PQ cắt đường thẳng AB tại T. chứng minh rằng TH ⊥ CM, trong
đó H là trực tâm tam giác ABC.
Câu 3 (4 điểm)
3
x với mọi x ∈ ¡ .
4
Chứng minh rằn tồn tại 3 số thực phân biệt a, b, c sao cho f(a)+f(b)+f(c)=0
Câu 4. (4 điểm)
Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m3 + m = 12m3 + n. Chứng minh rằng m – n là lập phương của
một số nguyên.
Câu 5. (4 điểm)
Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để 2013n – 1 chia hết cho 22014.
3
Cho hàm số f : ¡ → ¡ (¡ là tập số thực) thỏa mãn f ( f ( x ) ) = x +

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1

Đáp Án
2
7
≤x≤
3
3
Đặt a = 7 − 3 x , b = 3x − 2 ( a, b ≥ 0 ) . Suy ra
Câu 1. Điều kiện:

 a 2 + b 2 = 5
 2
2
( 2b + 1) .a + ( 2a + 1) b = 2ab + 11
2
2
 s 2 − 2 p = 5
2 p = s − 5
 2 p = s − 5
⇔
⇔ 2
⇔

2
2 sp + s = 2 p + 11  s ( s − 5 ) + s = s − 5 + 11  s 3 − s 2 − 4 s − 6 = 0

( s = a + b, p = ab )

 a = 2

2 p = s 2 − 5

p = 2
x =1
 b = 1
⇔
⇔
⇔
⇔


2
 a =1
s = 3
x − 2
( s − 3) ( s + 2 s + 2 ) = 0
 
 b = 2
Thử lại thỏa mãn. Vậy nghiệm phương trình là x = 1 hoặc x = 2.
Câu 2.
Gọi CD ⊥ AB tại D. Khi đó AP, BQ, CD đồng quy nên T, B, D, A là hàng điểm điều hòa ( ( TDBA ) = −1) .
Do đó ta có TM.TD = TA.TB.
Xét hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác CDM và ngoại tiếp tứ giác ABPQ, tâm của hai đường tròn này
đều nằm trên CM.
Nhưng TM.TD = TA.TB và HP.HA = HQ.HB nên H, T nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn nói
trên. Vậy HT ⊥ CM.
3
3
Câu 3. Đặt g ( x ) = x + x thì f ( f ( x ) ) = g ( x ) . Suy ra
4
f ( g ( x) ) = f f ( f ( x) ) = g ( f ( x) )

(

)

Dễ thấy g ( x ) là đơn ánh nên từ f ( f ( x ) ) = g ( x ) suy ra f(x) cũng là đơn ánh.

1 1

Gọi x0 là một điểm cố định của hàm g ( x ) ⇒ g ( x0 ) = xo ⇒ x0 ∈ 0; − ;  .
2 2

Ta có f ( x0 ) = f ( g ( x0 ) ) = g ( f ( x0 ) ) . Suy ra f ( x0 ) cũng là một điểm cố định của hàm g ( x ) , f ( x ) là một
1 1

song ánh trên tâp D = 0; − ;  nên:
2 2

1
1
 1
1
f  − ÷+ f ( 0 ) + f  ÷ = − + 0 + = 0
2
2
 2
2
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
2
Câu 4. Ta có: a 4 + b 4 + c 4 + abc ( a + b + c ) ≥ k ( ab + bc + ca )
Vì bất đẳng thức đúng với mọi giá trị a,b,c nên đúng với a = b = c = 1 ⇒ k ≤

Ta chứng minh k =
Xét k =

2
3

2
là giá trị lớn nhất
3

2
2
2
4
4
4
bất đẳng thức trở thành a + b + c + abc ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca )
3
3

(1)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


⇔ 3 ( a 4 + b 4 + c 4 ) ≥ ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + abc ( a + b + c )
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
( a 4 + b4 ) + ( b4 + c 4 ) + ( a 4 + c 4 ) ≥ 2a 2b2 + 2b2c 2 + 2c 2 a 2

4
4
4
2 2
2 2
2 2
Suy ra ⇔ 3 ( a + b + c ) ≥ 3 ( a b + b c + c a ) (2)
Mặt khác
( a 2b2 + b2c 2 + c 2a 2 ) − abc ( a + b + c ) = 12 ( ab − bc ) 2 + 12 ( bc − ca ) 2 + 12 ( ca − ab ) 2 ≥ 0 (3)
2
Từ (2) và (3) suy ra (1) được chứng minh. Vậy số k lớn nhất k =
3
k
Câu 5. Xét n = 2 t với k,t là cac số tự hiên và t là số lẻ.
Đặt 2013n − 1 = a n − 1
k
k t
k
k t −1
k
a n − 1 = a 2 t − 1 = a 2 − 1 = a 2 − 1  a 2
+ ... + a 2 + 1


n
2014
2k
2014
Do t là số lẻ nên a − 1M2

⇔ a − 1M2

( )

(

)( )
(

)

k −1
2
2
2
k
2
Ta có a − 1 = ( a − 1) ( a + 1) ( a + 1) ... a + 1 a chia 4 dư 1 nên a 2 + 1 chia 4 dư 2.
k

k −1

⇔ ( k − 1) + 3 ≥ 2014
Do đó a − 1M2
Từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất của n cần tìm là n = 22012
n

2014

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3