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... Do đó, từ * suy ra yêu cầu bài toán là không thể thực hiện đ

(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

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−1hay không?

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)

( 1 2) ( 6 2 3) 0

0

3 1 2 6 2 3

0

3 1 2 6 2 3

3 1 2 6 2 3

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

Câu 2 a) Dễ thấy: · 0 µ

180

Từ đó suy ra · 0 · 0 · µ

MKC= −BKC= −BHC= A

Do đó · 0 µ

180

NKM = −Asuy ra tứ giác ANKM nội tiếp

b) Ta có ·BTC=1800−·BHC BAC=· nên T đối xứng với A qua BC

Do đó ·PKC TBC=· =·ABC B=µ , suy ra tứ giác PKB nội tiếp

Tương tự ta có tứ giác PKMC nội tiếp

Do đó ·PMC PKC B PBN MKC=· = =µ · ;· =·NKB NPB= · ⇒ ∆PBN : ∆PMC

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

· · 1800 · 1800 · 1800 µ

XPB BPM= = −MPY = −MKC= −Akhông đổi

Câu 3 Ta có x4+ ≥1 2x2⇒x4+ +1 2xy≥2x x y( + ) Do đó

4

1

1 2 2

x

Tương tự 4 ( )

1

1 2 2

y

1

1 2 2

z

Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc 1 1 4

x+ ≥y x y

+

1 1 1 1 1 1 1 1 3

(**)

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 cbiến 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 csuy 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−1có biệt thức ∆ là 8124; 8128

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 1 1 (không thỏa mãn)

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

Xét n ≥ 2 ta có n4+ + =n 1 n n( 3− + +n 1) (n2+ > − + >1) n3 n 1 1suy ra tồn tại các số nguyên dương s, t sao cho s > t và

4 3

1 1

s t

 + + =





− + =



Ta có n2+ =1 (n4+ + −n 1) (n n3− + =n 1) p s−np t suy ra n2+ ≥1 p t

⇒ + ≥ − + ⇒ − − < Vô lý

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