Đề thi hsg, lớp 10,trại hè hùng vương, lầm xi , năm học 2015 – 2016

Gọi X, Y lần lượt là trung điểm của BN, CM a chứng minh rằng tứ giác ANKM nội tiếp...  Tương tự ta có tứ giác PKMC nội tiếp.

(Đề thi HSG, lớp 10,Trại hè Hùng Vương, lầm XI , năm học 2015 – 2016)

Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (4 điểm)

Giải phương trình sau trên tập số thực x3x23x1 x36x2 5

Câu 2 (4 điểm)

Cho ∆ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn (O) Goin H là trực tâm ∆ABC và P là điểm trên đoạn BC (P ≠ B; P ≠ C) Đường thẳng AH cắt đường tròn ngoại tiếp ∆BHC tại T (T ≠ H) Đường thẳng TP cắt đường tròn ngoại tiếp ∆BHC tại K (K ≠ T) Giả sử BK cắt AC tại M; CK cắt AB tại N Gọi X, Y lần lượt là trung điểm của BN, CM

a) chứng minh rằng tứ giác ANKM nội tiếp

b) chứng minh rằng XPY có số đo không đổi khi P di động trên BC

Câu 3 (4 điểm)

Xét các số thực dương x,y và z thỏa mãn 1 1 1 3

x yz 

Chứng minh rằng:

3

x   xy y   yz z   zx 

Câu 4 (4 điểm)

Với tam thức bậc hai a2bx c cho phép thực hiện các phép biến đổi sau:

(i) Đổi chỗ a và c cho nhau hoặc,

(ii) Thay đổi x bởi x + t với t là một số thực bất kì

Bằng cách lặp lại các phép biến đổi trên có thể biến đổi tam thức x28x 2015 thành tam thức

2

2016x 8x hay không?1

Câu 5 (4 điểm)

Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 7 5 4 3 2

n  n  n n  n  có đúng một ước số nguyên tố

Đáp Án

x x  x  x  x  (1)

0

0

Thử lại x = 1 thỏa mãn (1) Vậy phương trình có nghiệm x = 1

Câu 2 a) Dễ thấy: BHC1800 A

Từ đó suy ra MKC1800 BKC 1800 BHC A

Do đó NKM 1800 Asuy ra tứ giác ANKM nội tiếp

b) Ta có  0  

180

BTC  BHC BAC nên T đối xứng với A qua BC

Do đó PKC TBC ABC B , suy ra tứ giác PKB nội tiếp 

Tương tự ta có tứ giác PKMC nội tiếp

Do đó PMC PKC B PBN MKC    ; NKB NPB  PBN PMC

Vì X, Y là hai trung điểm tương tự của BN, CM nên XPB MPY , từ đó suy ra

XPB BPM 1800 MPY 1800 MKC 1800 Akhông đổi

Câu 3 Ta có x4 1 2x2 x4 1 2xy2x x y   Do đó

4

1

x

x   xy  x y

Tương tự

4

1

y

y   yz  y z ;

4

1

z

z   zx z x

Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc 1 1 4

x y x y

(**)

Từ (*) và (**) suy ra điều phải chứng minh

Câu 4.Với tam thức f(x) = ax2bx c , kí hiệu biệt thức của f(x) alf  F b2 4 ac Với phép biến đổi (i) 2

ax bx c biến đổi thành cx2bx a , suy ra chúng có cùng biệt thứ  b2 4 ac

Với phép biến đổi (ii), gọi x1, x2 là nghiệm của f1(x) = ax2bx c suy ra x1 + t; x2 + t là nghiệm của

f2(x) = a(x + t)2 + b(x + t) + c

Vì x1 + x2 = b

a

 ; x1x2 = c

a nên

2

2

  

 

Tức là phép biến đổi này không làm thay đổi biệt thức của tam thức Do đó, các phép biến đổi trên không làm thay đổi biệt thứ ∆ của tam thứ (*)

Mặt khác, các tam thức x28x 2015, 2016x28x có biệt thức ∆ là 8124; 8128.1

Do đó, từ (*) suy ra yêu cầu bài toán là không thể thực hiện được

Câu 5 +) Với n = 0, ta có n7 n52n4 n3 n2   (không thỏa mãn)1 1

+) Với n = 1, ta có n7  n52n4n3 n2  thỏa mãn)1 3

Xét n ≥ 2 ta có 4  3   2  3

n   n n n  n  n  n  n  suy ra tồn tại các số nguyên dương s, t sao cho s > t và

4 3

1 1

s t

   





  



Ta có 2  4   3 

n   n  n  n n  n p  np suy ra n2 1 p t

         Vô lý

Vậy tất cả các giá trị cần tìm cua rn là n = 1