(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 Câu Cho a, b, c dương thỏa mãn (a + b + c)abc = Tìm giá trị bé biểu thức: a5 b5 c5 a 2b3 b3 2c3 c 2a Câu Cho số nguyên n ≥ a) Hãy xác định tất a1 , an nguyên dương cho S a1 ! 1 an ! 1 số phương b) Hãy xác định tất a1 , an nguyên dương cho a1 ! 1 an ! 1 số phương Câu Cho tam giác ABC không vuông không cân, O, H theo thứ tự làm tâm đường tròn ngoại tiếp trực tâm tam giác ABC E, F theo thứ tự giao điểm BH, CH AC, AB M, N theo thứ tự trung điểm AB, AC O1,O2 theo thứ tự nằm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEM, CFN Chứng minh OH O1O2 Câu Tìm số nguyên dương K bé cho với tập gồm k số tự nhiên tồn phần tử tập có tổng bội Ngày thi thứ x y 2 Câu Giải hệ phương trình x 15 y 15 8 Câu Cho bốn số dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + = 7c đa thức P(x) = x ax bx c có ba nghiệm thực (khơng thiết phân biệt) Đặt Q(x) = x x d Chứng minh rằng: a) Tích ba nghiệm đa thức P(x) khơng vượt q -1 b) Phương trình P(Q(x)) = có tối đa bốn nghiệm thực phân biệt Câu Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròng (O) khơng phải hình tang M, N theo thứ tự trung điểm cảu AB, CD Gọi E = AD ∩ BC, F = AC ∩ BD, P = EF ∩ AB Q = EF ∩ CD Chứng minh rằng: a) M, N, P, Q thuộc đường trịn có tâm T b) MQ, NP, OT đồng quy Câu 4.Cho ba số nguyên dương a, m, n a số chẵn n > n Chứng minh ước nguyên tố A = a +1 có dạng 2n 1 k , với k số tự nhiên Giả sử a m chia hết cho A Chứng minh m số nguyên dương lẻ 2n http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Đáp Án Ngày thi thứ Câu Ta có: a a 2b3 2a 2b3 a5 a 2b3 a a 2b3 a 2b3 a 2b3 a 2b3 a b3 b3 3 a b3 c a 2b3 3ab a 2b3 a 2b3 a 2b3 ab 2 a 2b 3ab a 2b 3 ab a5 2 a2 2 a ab a ab 3 a 2b a 2b Chứng minh tương tự b5 c5 2 b bc , c ca 3 3 b 2c c 2a 2 2 2 Từ ta có S a b c ab bc ca 3 2 1 2 a b c ab bc ca a b b c c a ab bc ca 3 3 2 S ab bc ca Áp dụng bất đẳng thức x y x 3 xy yz zx , ta có ab bc ca S 3 ab bc ca 3 Đẳng thức xảy a = b = c 3 Vậy S = 1 a; b;c ; ; 3 3 2 Câu Giả sử a1 ! 1 an ! 1 3 x Khi = khơng ảnh hưởng đến tích nên nên xét ≥ với k giá trị i Nếu a i ≥ ! số hạng 4k – nên phải có ước số nguyên tố p có dạng 4k – Ta có p | x + 32 nên p = Tuy nhiên aj ≥ nên a j ! chia hết cho với j, mâu thuẩn Vậy = với i Thành thử ta đưa đến phương trình 5k = x2 + Ta k số chẵn k /2 k /2 Nếu k lẻ 5k ≡ -1 (mod 3) x2 ≡ -1 (mod 3) Từ đưa 5k + x2 = hay x x 9 suy 5k /2 x 1,5k /2 x 9 Do 5k /2 5 Vậy k = Thành thử ta có số n số lại Câu 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 O, H, K thẳng hàng (1) Dễ thấy B, C, E, F ( BEC ) M,N, E, F thuộc đường tròn (đường tròn Euler) 900 BFC Do PH / (O1 ) HB.HE HC.HF PH / (O2 ) ; PK/ ( O1 ) KB.KE KN KF PK/ (O2 ) Điều có nghĩa HK O1O2 (2) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Từ (1) (2) suy OH O1O2 Câu 4.Ta chứng minh k bén 11 Xét tập S0 gồm 10 số tự nhiên {0,6,12,18,24} ∪{1,7,13,19,25,31} Mỗi số nhóm chia dư 1, số nhóm chia hết cho Do khơng thể chọn số từ S0 mà tổng chia hết cho Ta tập S tập số nguyên mà S = 11 chọn số có tổng chia hết cho Thực vậy, ta chứng minh số chọn số có tổng chia hết cho Thực vậy, số có số chia hết cho số dư khác tổng ba số chia hết cho Nếu số chia cho có tối đa hai số dư khác nhau, theo ngun lý 5 Dirichel, tồn 3 số có số dư chia cho 2 Áp dụng kết trên, chnj số bất kì, có ba số có tổng chia hết cho Kí hiệu nhóm số S1 loại bỏ khỏi tập S xét Trong 11 – = số cịn lại, lấy tiếp số chọn số có tổng chia hết cho Nhóm số S2 Loại tiếp số ta lại – = số Áp dụng kết lần ta chọn S3 gồm số có tổng chia hết cho Tổng số S1, S2, S3 số chia hết cho Trong số có hai số tích chẵn lẻ, tổng hai số phải chia hết cho x = Thành thử ta có số có tổng chia hết cho Nhận xét: Đây trường hợp đặc biệt cảu định lý EGZ kinh điển: Cho số nguyên dương n tập hợp S gồm 2n -1 số nguyên tùy ý, chọn n số có tổng chia hết cho n Lược đồ chứng minh định lý sau: Đầu tiên chứng minh toán cho số nguyên tố p Sau chứng minh cho pk cuối chứng minh thêm: toán cho n = a n = b với (a,b) = tốn cho n = ab Hay khơng? Ngày thi thứ hai Câu Điều kiện x, y 0 Cách http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word x y xy 4, t xy x y 4 2t x 15 y 15 8 x y 30 xy 15 x y 225 64 2t 30 t 15 2t 225 64 t 30t 285 2t 30 t 30t 285 t 15 30t 285 30t 225 t 1 x y 1 Cách 2: Xét u x ; 15 , v y ; 15 , u v x y ; 15 2; 15 u x 15, v x 15, u v 22 15 8 Câu Gọi ba nghiệm x1 , x2 , x3 xi 0 nên yi xi 0 Ta có P ( x) x y1 x y2 x y3 Theo giả thiết a + b + = 7c ta suy 1+ a + b+ c = 8c P(1) = 8P(0) Theo định lý Viet, y1 y2 y3 x y1 x y2 x y3 8 y1 y2 y3 Suy y1 y2 y3 1 hay x1 x2 x3 Do c hay c 1 Phương trình P(Q(x)) = tương đương với Q(x) – xi = với i = 1, 2, Ta có i 1 d xi Theo y1 y2 y3 1 nên số yi 1 Khi xi Suy i d Vậy phương trình Q(x) – xi = vơ nghiệm Thành thử phương trình Q x xi 0 với i = 1, 2, có phương trình vơ nghiệm Thành thử phương trình tối đa nghiệm Câu Lời giải Gọi G = AB ∩ CD (h.25) 1) Vì (GPAB) = -1; MA = MB (GQCD) = -1; NC = ND nên GM GP GA.GB GC.GD GN GQ Do M, N P, Q thuộc đường tròn, tâm T 2) Gọi L trung điểm 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 PG / O GA.GB GM.GP PG / T Dễ thây (EFUV) = - = (EFPQ) Theo hệ thức Newton cho hai hàng điểm điều hịa (EFUV) (EFPQ), ta có LE LF LP.LQ LU LV Mà LP.LQ = PL /(T) ; LU.LV = PL /(O) Vậy PL /(O) = PL /(T) Do OT LG (4) Từ (3) (4) suy O, T, S thẳng hàng (đpcm) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Câu n t a) Giả sử d ước nguyên tố a +1 Suy ord d (a) 2 , vowsi t n Neeus t n a 2n - 1⋮ a 2t -1⋮d , suy 2⋮ d, mâu thuẩn d lẻ Vậy t = n + 1, suy d ≡ (mod 2n1 ) m r m r r b) Đặt m 2n q r với r 2n Nếu q số chẵn từ a a a 1 a 1 , ta suy m r m r r a r 14 , mâu thuẩn A > a r Thành thử q lẻ Từ a a a 1 a chia hết cho A Vậy r = nên m q số lẻ 2n http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word