Đề thi HSG lớp 10, trại hè phương nam, năm học 2014 – 2015

(Đề thi HSG lớp 10, trại hè Phương Nam, năm học 2014 – 2015)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1
Cho bộ số gồm 8 số D = {T, R, A, I, H, E, P, N} và
T + R R + A A + I I + H H + E E + P P + N N + T 
T =
;

2
2
2
2
2
2
2 
 2
Là một hoán vị của D. Biết rằng T+ R+ A+ I+ H+ E+ P+ N = 2014.
Hãy xác định các giá trị N
Câu 2
Giải phương trình: x 2 + x − 3 = 3 − 2 x
Câu 3
 12 − 2 x 2 = 4 + y
(1)
Giải hệ phương trình: 
 1 − 2 y − y 2 = 5 − 2 x
Câu 4.
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O. Phân giác trong của góc A cắt BC tai A1 và cắt đường tròn O
tại A2. Tương tự ta thu được các điểm B1, B2, C1, C2, tương ứng.
A1 A2
B1 B2
C1C2

3
+
+
≥
Chứn gminh rằng
BA2 + A2C CB2 + B2 A AC2 + C2 B 4
Câu 5.
Cho số nguyên tố có 4 chữ số p = abcd . Chứng minh rằng đa thức:
P(x) = ax3 + bx2 + cx +d không phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên

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

1


Đáp Án
Câu 1. Sử dụng các bất đẳng thức cauchy quen biết cho hai số
2
2
2
T + R  T + R
≤
, dấu “=” xảy ra ⇔ T = R

÷
2
 2 
2

R 2 + A2

 R+ A
≤
, dấu “=” xảy ra ⇔ R = A

÷
2
 2 
2

N2 +T2
 N +T 
≤
, dấu “=” xảy ra ⇔ N = T

÷
2
 2 
2

2

2

T + R   R+ A
 N +T 
2
2
2
Ta thu được 
÷ +

÷ + ... + 
÷ ≤ T + R + ... + N
 2   2 
 2 
Mặt khác, theo giả thiết thì T là hoán vị của D nên
2
2
2
T + R   R+ A
 N +T 
2
2
2
+
+
...
+

÷ 
÷

÷ ≤ T + R + ... + N
 2   2 
 2 
2014
1007
Suy ra T= R= A= I= H= E = P= N =
nên N =
8
4

3
Câu 2. Điều kiện: x ≤ . Biến đổi phương trình về dạng
2
( x + r3 − 2x ) . x − 3 − 2 x −1 = 0

(

)

Từ đó tìm được x = - 3 hoặc x = 2 , đều thỏa mãn.
 2
(2)
2 x + y 2 + 8 y + 4 = 0
 2
2
Câu 3. Ta có (1) ⇔ 4 x + y − 20 x + 2 y + 24 = 0 (3)

 y ≥ −4; x ≤ 5

2
Nhân hai vế của (3) với 2 cộng với các về tương ứng (2), ta thu đượcc phương trình
10x2 + 3y2 – 40x + 12y + 52 = 0 ⇔ 10(x – 2)2 + 3(y + 2)2 = 0
Suy ra x = 2; y = - 2. Nghiệm (x;y) = (2;-2) thỏa mãn.
Câu 4. Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác nội tiếp CA2BA ta thu được
CA2.BA + BA2.AC = BC.AA2
Vì BA2 = CA2 nên suy ra CA2(AB + AC) = BC. AA2 và
AA 2 =

BC
AB + AC

Ngoài ra, ta có

A1A 2
AA
= 1 2
BA2 + A2C 2CA2

Mặt khác do ∆CA1 A2 đồng dạng với ∆ACA2 nên suy ra

A1A 2
CA2
=
2CA2 2A1A 2

A1A 2
BC
=
(1)
BA2 + A2C 2 ( AB + AC )
B1 B2
AC
=
(2)
Tương tự, ta có
CB2 + B2 A 2 ( AB + BC )
C1C2
AB
=
(3)

Và
AC2 + C2 B 2 ( AC + BC )
Từ đó, ta có

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

2


Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta thu được
A1A 2
B1 B2
C1C2
BC
AC
AB
+
+
=
+
+
BA2 + A2C CB2 + B2 A AC2 + C2 B 2 ( AB + AC ) 2 ( AB + BC ) 2 ( AC + BC )
Áp dụng bất đẳng thức Nesbit cho ba số dương AB, AC, BC, ta được bất đẳng thứ cần phải chứng minh
A1 A2
B1 B2
C1C2
3
+
+
≥

BA2 + A2C CB2 + B2 A AC2 + C2 B 4
Đẳng thuwscc xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC là tam giác đều.
Câu 5. Giả sử ngược P(x) phân tích được thành tích của hai đa thức bậc hớn hơn 0 với hệ số nguyên thì một
thừa số là đa thức bậc nhất.
P(x) = ax3 + bx2 + cx +d = (mx + n)(rx2 + ux + s)
Với m, n, r, u, s ∈ ¢
Nhận xét rằng phương trình P(x) = 0 không thể có nghiệm dương va fnghieemj bằng 0 (do a, b, c, d ∈
{0;1;2...9} và a, d khác 0) nên m, n cùng dấu. Đồng nhất thức hệ số, ta thu được mr = a, nr = d nên không
mất tính tổng quát có thể coi m, n, r, s ∈ ¥ * )
3
2
2
Vậy P ( x ) = ax + bx + cx + d = ( mx + n ) ( rx + ux + s ) (1)

Thế x = 10 vào (1) ta thu được: p = (10m +n) 100r + 10u + s
Với 0 < 10m < n < 100 < p, trái với giả thuyết nên p là số nguyên tố

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

3