Đề thi HSG lớp 10,THPT chuyên ĐHPT chuyên ĐHSP hà nội , năm học 2015 – 2016

Cho tam giác ABC không vuông và không cân, O, H theo thứ tự làm tâm đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của tam giác ABC.. O1,O2 theo thứ tự nằm tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác BEM

(Đề thi HSG lớp 10,THPT chuyên ĐHPT chuyên ĐHSP Hà Nội , năm học 2015 – 2016)

Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi thứ nhất

Câu 1 Cho a, b, c dương thỏa mãn (a + b + c)abc = 1 Tìm giá trị bé nhất của biểu thức:

3 2 3 3 2 3 3 2 3

S

Câu 2 Cho số nguyên n ≥ 2

a) Hãy xác định tất cả các bộ (a1, a nguyên dương sao cho n)

(a1! 1 − ) (a n! 1− −) 9 là số chính phương

b) Hãy xác định tất cả các bộ (a1, a nguyên dương sao cho n)

(a1! 1 − ) (a n! 1 1− −) là số chính phương

Câu 3 Cho tam giác ABC không vuông và không cân, O, H theo thứ tự làm tâm đường tròn ngoại tiếp và

trực tâm của tam giác ABC E, F theo thứ tự là giao điểm của BH, CH và AC, AB M, N theo thứ tự là trung điểm của AB, AC O1,O2 theo thứ tự nằm tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác BEM, CFN Chứng minh rằng OH ⊥O1O2

Câu 4 Tìm số nguyên dương K bé nhất sao cho với mỗi tập gồm k số tự nhiên luôn tồn tại 6 phần tử trong

tập có tổng là bội của 6

Ngày thi thứ 2

Câu 1 Giải hệ phương trình 2

x y







Câu 2 Cho bốn số dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + 1 = 7c và đa thức

P(x) = 3 2

x +ax + +bx c có ba nghiệm thực (không nhất thiết phân biệt)

Đặt Q(x) = 2

2

x + x d+ Chứng minh rằng:

a) Tích ba nghiệm của đa thức P(x) không vượt quá -1

b) Phương trình P(Q(x)) = 0 có tối đa bốn nghiệm thực phân biệt

Câu 3 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròng (O) và không phải là hình tang M, N theo thứ tự là trung

điểm cảu AB, CD Gọi E = AD ∩ BC, F = AC ∩ BD, P = EF ∩ AB và Q = EF ∩ CD Chứng minh rằng: a) M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn có tâm là T

b) MQ, NP, OT đồng quy

Câu 4.Cho ba số nguyên dương a, m, n trong đó a là số chẵn và n > 1.

1 Chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của A = 2n

a +1 đều có dạng 2n 1 1

k

+ + , với k là số tự nhiên

2 Giả sử rằng a m+1 chia hết cho A Chứng minh rằng

2n

m

là số nguyên dương lẻ

Đáp Án Ngày thi thứ nhất Câu 1 Ta có:

2

3

2

2

a a b a b

a

a b a b b a b c a b ab

a b a b a b ab

 + −

Chứng minh tương tự

,

b c ≥ − c a ≥ −

S a≥ + + −b c ab− bc− ca

1

3

a b c ab bc ca a b b c c a ab bc ca

S ab bc ca

Áp dụng bất đẳng thức ( )2 ( )

3

x y x+ + ≥ xy yz zx+ + , ta có

ab bc ca+ + ≥ ⇒ab bc ca+ + ≥

3

3

S

⇒ ≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 41

3 Vậy min S = 3

3 tại ( ) 4 4 4

1! 1 n! 1 3

a − a − = +x Khi đó nếu ai = 2 thì không ảnh hưởng đến tích nên có thể nên có thể xét ai ≥ 3 với k giá trị i Nếu ai ≥ 4 thì ! 1a i − là số hạng 4k – 1 nên phải có ước số nguyên tố

p có dạng 4k – 1 Ta có ngay p | x2 + 32 nên p = 3 Tuy nhiên aj ≥ 3 nên ! 1a j − không thể chia hết cho 3 với mọi j, mâu thuẩn Vậy ai = 3 với mọi i Thành thử ta đưa đến phương trình 5k = x2 + 9 Ta chỉ ra k là số chẵn Nếu k lẻ thì 5k ≡ -1 (mod 3) do đó x2 ≡ -1 (mod 3) Từ đó đưa về 5k + x2 = 9 hay (5k/2−x) (5k/2+ =x) 9 suy

− = + = Do đó 5k/2 =5 Vậy k = 2

Thành thử ta có 2 trong số n số bằng 3 còn lại bằng 2

Câu 3 Lời giải

Gọi G = BN ∩ CM; K = EM ∩ FN (h.1)

Dễ thấy G thuộc OH (đường thẳng Euler); K thuộc GH (định lí Pappus)

Do đó O, H, K thẳng hàng (1)

Dễ thấy B, C, E, F ( · 0 ·

90

BEC= =BFC) và M,N, E, F cùng thuộc một đường tròn (đường tròn Euler)

Do đó P H O/( 1) =HB HE HC HF = =P H O/( 2);PK/(O1) =KB KE =KN KF =PK/(O2)

Điều đó có nghĩa là HK ⊥ O1O2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra OH ⊥ O1O2

Câu 4.Ta chứng minh k bén nhất là 11 Xét tập S0 gồm 10 số tự nhiên là {0,6,12,18,24} ∪{1,7,13,19,25,31}

Mỗi số ở nhóm 2 đều chia 6 dư 1, mỗi số ở nhóm 1 đều chia hết cho 6 Do đó không thể chọn được 6 số từ S0 mà tổng chia hết cho 6 Ta chỉ ra một tập con S bất kì của tập các số nguyên mà S = 11 thì đều chọn ra được 6 số có tổng chia hết cho 6 Thực vậy, đầu tiên ta chứng minh trong 5 số bất kì bao giờ cũng chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3 Thực vậy, nếu 5 số này có 3 số chia hết cho 3 được 3 số dư khác nhau thì tổng của ba số đó chia hết cho 3 Nếu 5 số này chia cho 3 có tối đa hai số dư khác nhau, thì theo nguyên lý Dirichel, tồn tại ít nhất 5 3

2

  =

  số có cùng số dư khi chia cho 3.

Áp dụng kết quả trên, chnj 5 số bất kì, khi đó có ba số có tổng chia hết cho 3 Kí hiệu nhóm 3 số đó là S1 và loại bỏ ra khỏi tập S đang xét Trong 11 – 3 = 8 số còn lại, lấy tiếp 5 số và do đó chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3 Nhóm 3 số này là S2 Loại tiếp 3 số này ta còn lại 8 – 3 = 5 số Áp dụng kết quả trên một lần nữa ta chọn được S3 gồm 3 số có tổng chia hết cho 3

Tổng số trong S1, S2, S3 là 3 số chia hết cho 3 Trong 3 số ấy có hai số cùng tích chẵn lẻ, do đó tổng hai số

đó phải chia hết cho 2 x 3 = 6 Thành thử ta có 6 số có tổng chia hết cho 6

Nhận xét: Đây là trường hợp đặc biệt cảu định lý EGZ đã khá kinh điển: Cho số nguyên dương n khi đó trong một tập hợp S gồm 2n -1 số nguyên tùy ý, luôn chọn ra được n số có tổng chia hết cho n Lược đồ chứng minh định lý này như sau: Đầu tiên chứng minh bài toán đúng cho số nguyên tố p Sau đó chứng minh đúng cho pk và cuối cùng chứng minh thêm: nếu bài toán đúng cho n = a và n = b với (a,b) = 1 thì bài toán đúng cho n = ab Hay không?

Ngày thi thứ hai Câu 1 Điều kiện ,x y≥0

Cách 1

2

x y xy t xy x y t

Xét ur =( x; 15 ,) (vr= y; 15 ,)

( )2 2

; 2 15 2; 2 15

u v x y

r r

Câu 2 Gọi ba nghiệm là x x x khi đó 1, ,2 3 x i ≤0 nên y i = − ≥x i 0 Ta có

( )

P x = +x y x y+ x y+

Theo giả thiết a + b + 1 = 7c ta suy ra 1+ a + b+ c = 8c do đó P(1) = 8P(0) Theo định lý Viet,

8y y y = +x y x y+ x y+ ≥8 y y y Suy ra y y y1 2 3≥1 hay x x x1 2 3≤ −1

Do đó − ≤ −c 1 hay c≥1

Phương trình P(Q(x)) = 0 tương đương với Q(x) – xi = 0 với i = 1, 2, 3 nào đó Ta có ∆ = − +i 1 d x i Theo

trên y y y1 2 3≥1nên ít nhất một số y i ≥1 Khi đó x i ≤ −1 Suy ra ∆ ≤ − <i d 0 Vậy phương trình

Q(x) – xi = 0 vô nghiệm Thành thử trong 3 phương trình Q x( ) − =x i 0 với i = 1, 2, 3 có ít nhất một phương trình vô nghiệm Thành thử phương trình tối đa 4 nghiệm

Câu 3 Lời giải

Gọi G = AB ∩ CD (h.25)

1) Vì (GPAB) = -1; MA = MB và (GQCD) = -1; NC = ND nên

GM GP GA GB GC GD GN GQ= = =

Do đó M, N P, Q cùng thuộc một đường tròn, tâm T

2) Gọi L là trung điểm của È; S = MQ ∩ NP ; {U;V} = EF ∩ (O)

Dễ thấy TS ⊥ LG (định lí Brocard) (3)

Dễ thấy (GPAB) = -1

Kết hợp với MA = MB, theo hệ thức Maclaurin, ta có

P =GA.GB GM.GP P= =

Dễ thây (EFUV) = - 1 = (EFPQ)

Theo hệ thức Newton cho hai hàng điểm điều hòa (EFUV) và (EFPQ), ta có

LE LF LP LQ LU LV

Mà LP.LQ = P L/(T) ; LU.LV = P L/(O) Vậy P L/(O)= P L/(T)

Do đó OT ⊥ LG (4)

Từ (3) và (4) suy ra O, T, S thẳng hàng (đpcm)

Câu 4.

a) Giả sử rằng d là một ước nguyên tố của 2n

a +1 Suy ra ord a d( ) 2= t, vowsi 0≤ ≤ +t n 1 Neeus

t n≤ thì 2n

a - 1⋮ 2t

a -1⋮d , suy ra 2⋮ d, mâu thuẩn vì d lẻ Vậy t = n + 1, suy ra d ≡ 1 (mod 2n+ 1 )

b) Đặt m=2n q r+ với 0 2n

r

≤ ≤ Nếu q là số chẵn thì từ m 1 r( m r 1) ( r 1)

a + =a a − − + a + , ta suy ra

1 4

r

a + M , mâu thuẩn do A > r 1

a + Thành thử q lẻ Từ m 1 r( m r 1 1) r

a + =a a − + + −a chia hết cho A Vậy r = 0 nên

2n

m q

= là số lẻ