Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên hạ long

Đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC giao AB tại X khác B.. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP giao với BC tại Y khác B.. Chứng minh đường tròn BXY đi qua điểm K.. Chứng minh rằng tồn tại

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

TỈNH QUẢNG NINH LỚP 10

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT (Đề này có 01 trang, gồm 5 câu)

Câu 1 ( 4 điểm)

2

x





b) Giải phương trình sau trên tập số thực 4 x+ +1 2 2x + =3 (x−1)(x2 −2)

Câu 2 (3 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương Chứng minh rằng:

3 2

ab b + bc c + ca a ≥

Câu 3 ( 6 điểm ) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O) B’ là điểm đối

xứng với B qua AC BM là trung tuyến của tam giác ABC, BM cắt (O) tại N Lấy K sao cho AKCN là hình bình hành HM cắt (O) tại D Gọi H là trực tâm của tam giác ABC

Chứng minh rằng

a, BD, HK, AC đồng quy

b, KB’ cắt AC tại P Đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC giao AB tại X khác B Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP giao với BC tại Y khác B Chứng minh đường tròn (BXY) đi qua điểm K

Câu 4 (4 điểm) Tìm p nguyên tố thỏa mãn 2p + p| 3p + p

Câu 5 (3 điểm) Cho 81 số nguyên dương phân biệt sao cho các ước nguyên tố của chúng

thuộc tập {2,3,5} Chứng minh rằng tồn tại 4 số trong 81 số trên mà tích của chúng là lũy thừa bậc 4 của 1 số nguyên nào đó

HẾT

Người ra đề

Phạm Văn Ninh 0977245380

Đặng Thu Hương 01634029724

HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN: Toán LỚP: 10

Câ

u

+ ĐK: 7; 1

2

4 xy−2y +8 xy−2y + = +4 x y

2 xy 2y 2 x y y x 2

1,0

+ Thế vào (2) ta được: 2 7 3 3 8

2

x

Áp dụng BĐT Cauchy ta được:

2 7 (2 7 1) 2 7 1 2 6

x− = x− ≤ − + = − 1đ

2

x

Dấu ' '= xảy ra khi và chỉ khi x=4

Vậy nghiệm ( )x y cần tìm là ; ( )4;2 1đ

1,0

b) 2 điểm

Điều kiện: x≥ −1

Nhận thấy x = −1 là một nghiệm của phương trình

Xét x> −1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với

4( x+ − +1 2) (2 2x+ − =3 3) x3 − x2 −2x−12

1,0

( )

2

2

Vì x > −1 nên x+ >1 0 và 2x+ >3 1 Suy ra 4 4 3

2

Do đó phương trình 1( ) ⇔ − = ⇔ =x 3 0 x 3

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = −1 hoặc x = 3

2

ab b bc c ca a

2

³

(Bunhiacopski)

1,0

Đặt x a,y b,z c xyz 1

Ta có

2

2

1,0

Suy ra

3

3 6 3

S x y z S

ab b bc c ca a

+

S

ç

Suy ra 3 3

S S

Bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi a= =b c

1,0

3

a) 3 diểm

Kẻ BO cắt (O) tại B’’ Dễ chứng minh được H, M , B’’ thẳng hàng Suy ra ·BDH = 90 0

Có ·AKC=·ANC= 180 0 −·ABC=·AHC Suy ra A, H, K , C nội tiếp một đường tròn, gọi là

(I)

1,0

Ta lại có ·BKH = 180 0 −·HKC NKC HAC BNA+· = · +· = 90 0 Suy ra K thuộc đường tròn đường

kính BH, gọi là (J)

1,0

Xét 3 đường tròn (O), (I), (J) có 3 trục đẳng phương là AC, BD, HK Vậy ta có điều phải chứng minh.(do tam giác ABC không cân)

1,0

b, 3 điểm Gọi AY I CX = {K’} Ta đi chứng minh K’ ≡ K 1,0

Ta có · · 0 · 0 ·

Lại có YKC· = ·ABC YPC=· dẫn đến K’ thuộc (YPC)

Có ·KPC KYB BPA APB= · = · = · ' suy ra K’ , P, B’ thẳng hàng

1,0

Hơn nữa ·AK C' =·XK Y' = 180 0 −ABC· =·AHC→K' ( ∈ AHC).

Từ đó ta có K’ ≡ K Và có điều phải chứng minh.

1,0

4 Giả sử tồn tại p nguyên tố thỏa mãn 2p + p| 3p + p

Đặt n= 2p + p, suy ra ( )

3 2 mod

p

p p p

n

 + ≡

 + ≡



1,0

Dễ thấy n> 1 Gọi qlà ước nguyên tố bất kỳ của n

Suy ra 3p ≡ 2 modp( q) Dễ thấy q≠ 2,q≠ 3

Suy ra gcd 2,( )q = 1 Do đó theo tính chất hệ thặng dư đầy đủ, tồn tại x∈ ¢sao cho

2x≡ 1 modq ⇒ 3x p ≡ 1 modq

1,0

Đặt h ord= q( )3x , suy ra h p| ⇒ =h 1,h= p

+ Nếu h= ⇒ 1 3x≡ 1 mod( q) ⇒ ≡ 2 ( )3 2 3 2x ≡ ( ) (x ≡ 3 modq)

1 0 mod q

Vậy h= p Theo định lý Fecma có ( ) 1 ( )

3x q− ≡ 1 modq ⇒h q| − 1

1,0

Hay q≡ 1 mod( p)

Do đó ta có i 1 mod( )

i

n=∏qα ≡ p

Lại có n= 2p + ≡p 2 mod( p)

Suy ra 1 2 mod p≡ ( )(vô lý)

Vậy không tồn tại p nguyên tố thỏa mãn 2p + p| 3p + p

1,0

5 Ta có mỗi số nguyên dương của bài có thể biểu diễn dưới dạng 2 αi × × 3 βi 5 γi Xét đồng dư

, ,

i i i

α β γ modulo 2 Ta có mỗi α β γi, ,i i có thể có 2 số dư khác nhau modulo 2, do đó có

thể có 2 2 2 8× × = dạng khác nhau của các lũy thừa này

1,0

Theo nguyên lý Dirichle, có 2 số có cùng dạng số mũ, vì

81 1.

8 >

Ta xét tích của 2 số này

và đặt tích đó là a1 xóa 2 số trên đi Ta tiếp tục làm như vậy thu được a i tương tự cho

1,0

đến khi chỉ còn 7 dạng khác nhau Khi đó ta thu được

81 9

36

2 − =

bộ như vậy

Ta thấy các số a i - là số tự nhiên vì a i là số chính phương ( Và ta lại thấy số mũ của

các số có cùng dạng số mũ theo modulo 2 Theo nguyên lý Dirichle, ra có 2 số a m

à n

v a thỏa mãn các thành phần của chúng có cùng số dư modulo 2 của số mũ, vì

36 1.

8 >

Xét tích của a m và a n và ta được lũy thừa bậc 4, vì chúng cùng là số chính phương và

cùng ố dư modulo 2 của số mũ,đpcm

1,0

Chú ý khi chấm:

1 Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không được quá số điểm dành cho câu, phần đó

2 Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và ghi vào biên bản.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

Hết