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

Chứng minh rằng m cũng là một số chính phương.. Người ra đề Kiều Đình Minh: ĐT... 2 Theo tính chất phương tích ta có... Trong cả hai tình huống thì PSQ EAF  .

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ LỚP 10

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 (4,0 điểm)

Giải phương trình

2

1 3 2 2

.

1 3 2 2

x

   



   

Câu 2 (4,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC và BE CF, là hai đường cao của tam giác Hai đường tròn cùng

đi qua hai điểm A và F và tiếp xúc với đường thẳng BC tại P và Q sao cho B nằm giữa C và Q Chứng minh rằng hai đường thẳng PE và QF sẽ cắt nhau và giao điểm của hai đường thẳng này nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.

Câu 3 (4,0 điểm)

Cho a b c, , là các số thực thuộc đoạn 1;2

2

 

 

  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

.

ab a b bc b c ca c a P

abc

    



Câu 4 (4,0 điểm)

Có bao nhiêu bộ ba a b c; ;  với a b c, ,   , 0     a b c n 1,n  ;n 3 sao cho

.

a b c n  

Câu 5 (4,0 điểm)

Giả sử rằng với số nguyên tố p và các số nguyên dương l m n, , thì p2 1l m mn 12 m2

  là

số chính phương Chứng minh rằng m cũng là một số chính phương

HẾT

Người ra đề

(Kiều Đình Minh: ĐT 0989.848.965)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN, LỚP: 10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm

đã định

1 Đặt

, 3 2 2 6 1.

y x b    b  b Thay vào phương trình đã cho, ta được

y y y b y   y y y b   y y y  y y b 

1,0

     Do y  1 0,y b  0, suy ra 1  y 0. Lại

thay b2  6b 1 vào  1 và biến đổi, ta có

1,0

4 b 6b 1 0,



     suy ra 4 2 5 4 2 5.

2

Theo tính chất phương tích ta có

.

BQ BF BA BP  BQ BP Vẽ đường kính AD và gọi H là trực tâm của tam giác ABC

Các tứ giác CDFA và CDHE nội tiếp nên

BA BF BC BD BE BH

BP BE

1,0

đồng dạng Suy ra

BPE BHP (1)

Điểm P nằm giữa D và C, lại có 2

.

BP BC BD nên

DP DQ BP BD BD BQ  BP  BD BC BD BD BD BC BD BD DC

Vì hai tam giác vuông BDH và ADC đồng dạng nên BD DC AD DH.

Kết hợp với đẳng thức trên ta được

DP DQ AD DH

DQ DH

Từ đó hai tam giác vuông DAQ và DPH đồng dạng nên HPD QAD   Có

thể viết lại đẳng thức trên là BPH  BAD BAQ  Vì BQ là tiếp tuyến của

(AFQ) nên

BQF BAQ BAQ BAD  (2)

1,0

Từ (1) và (2) suy ra

0

BPE BQF BHP BPH BAD PBH BAD

180

BPE BQF  , vì vậy hai tia PE và QF phải cắt nhau

1,0

Gọi S là giao điểm của PE và QF Khi đó

PSQ  BPE BQF CAB EAF Nếu S nằm giữa P và E thì  0 

180

PSQ  ESF Nếu E nằm giữa P và S

thì PSQ ESF  Trong cả hai tình huống thì PSQ EAF   Từ đó ta nhận

được S nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF

1,0

3 Không mất tổng quát, xét      

0.

ab a b bc b c ca c a  Khi đó .

a b c a b c

P

c a b b c a

       

4

       

 , ,  1 1 1

P x y z x y z

x y z

       

1,0

Không mất tổng quát, giả sử x max ; ;x y z  x3 xyz  1 x 1. Xét hiệu 1,0

   

2

2

1 1

1

y z

yz

            

    

 

       

  Suy ra P x y z , , P x t t , ,  với 2

2

2

t

        Ta có

2

        

1,0

Xét hiệu

2

2 1 2 1 2 2

       

            Suy

ra   3,

4

f t  dấu bằng xảy ra khi 1.

2

t 

Từ đó, 3

4

MaxP  , khi  ; ;  4; ;1 1  ; ;  2;1;1

x y z   a b c  

    và các hoán vị

1,0

4 Xét A n  a b c; ; 3: 0    a b c n 1;a b c n  

B n  a b c; ; 3: 0    a b c n 1;a b c n   

Ta có nhận xét sau  

 

2

A n B







Ta chứng minh (1)

+)A n3  B n ,  3

; ;

n



3

a b c n

a b c n



1,0

a b c n

a b c n

    



 

+)B n  A n3 , , ,  0 ' ' ' 1 ' ' '

n

a b c B

a b c n

    



0     a b c n 2



1,0

Suy ra tồn tại 1 song ánh f A: n3  B n  A n3 B n

n n

           ;

1 1

B A        A n

Xét hai dãy  

n n

n n n







Ta có a3 A3 , mà

A  a b c N    a b c a b c     a 

4 4

a A , mà A4  a b c; ; N3: 0    a b c 3,a b c   4 0;1; 3 a4  1

5 5

a A , mà

5 ; ; : 0 4, 5 0;1; 4 , 0; 2;3 5 2

A  a b c N  a b c  a b c     a 

Khi đó 3



 

 , ta chứng minh bằng quy nạp

2 3

1 6

n

a    

  (*)

1,0

Với n 1; 2; 3 thì (*) đúng Giả sử

2 3

1 6

n

  đúng với mọi n 3,

ta chứng minh

2 1

2 1 6

n

2

2 3 2

6

n n

a  a   n        n 

           

Theo nguyên lý quy nạp (*) đúng Vậy

6

n

a    

1,0

2 1l

A p 

 Khi đó 2 1  2 2   2 

l

gcd m A mn,  1 m  gcd m A mn,  1  gcd m A, Vì vậy gcd ,  r.

m A p

1,0

Ta có .  12  2r .  12

  là một số chính phương 1,0

Do đó m r. A rmn 12 m r

 

  cũng là một số chính phương Vì vậy r

m

p là

một số chính phương Ta sẽ chỉ ra r là số chẵn Ngược lại nếu r lẻ thì r

A p

là một số chính phương và là luỹ thừa số mũ chẵn của p, tức là A r k2

p 

1,0

Khi đó số chính phương A rmn 12 m r

 

  có thể được viết dưới dạng là

kmn k2 m r.

p

  Nhưng kmn k2 kmn k2 m r kmn k 12

p

thuẫn này suy ra điều phải chứng minh

1,0