SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THẾN HUẾ TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 (Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4 điểm). Giải phương trình sau trên tập số thực: ( ) 2 2 1 3 ( ) 5 15 6 9 .x x x x x+ = − + + − Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC có hai điểm A,B cố định, điểm C thay đổi trên đường thẳng ∆ cắt đường thẳng AB và 1 0; 2 k ∈ ÷ , ( k là hằng số ). Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho .AD kAB= Đường tròn đường kính BD cắt đường thẳng đi qua C và trung điểm của đoạn thẳng AB tại E và F. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF khi C thay đổi. Câu 3 (4 điểm). Cho là một số nguyên tố, chứng minh rằng có vô số các số *n ∈¥ sao cho chia hết cho p. Câu 4 (4 điểm). Cho , ,a b c là ba số thực dương thỏa mãn 3 .ab bc ca abc+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 . ( 2) ( 2) ( 2) a b c P b a c b a c = + + + + + Câu 5 (4 điểm). Cho tập hợp { } 1;2;3; ;2015 .X = K Chứng minh rằng trong ba phần tử tùy ý của X luôn có hai phần tử 1 2 ,x x sao cho 5 5 1 2 2.x x− < HẾT ĐÁP ÁN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 Giải phương trình sau trên tập số thực: ( ) 2 2 1 3 ( ) 5 15 6 9 .x x x x x+ = − + + − 4,0 Điều kiện: 5 1 . 3 x− ≤ ≤ Vì 0x = và 1x = đều không phải là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 2 1 3 1 4 5 15 6 9 5 15 6 9 1 1 4 16 (3 1) (2). 1 x x x x x x x x x x x x x x + = + + − ⇔ + = + + − − − − ⇔ + = − − − 1,0 Nếu [ ) 5 1;0 1; 3 x ∈ − ∪ thì 1 4 0 1 x x x x − + < − trong khi đó 2 16 (3 1) 0.x− − ≥ Vậy [ ) 5 1;0 1; 3 x ∈ − ∪ không thỏa phương trình. 1,5 Nếu ( ) 0;1x ∈ thì 1 4 0, 0. 1 x x x x − > > − Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 1 4 4. 1 x x x x − + ≥ − Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 . 3 x = Mặt khác 2 16 (3 1) 16x− − ≤ với mọi ( ) 0;1x ∈ , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 . 3 x = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1 . 3 x = 1,5 Câu 2 Cho tam giác ABC có hai điểm A,B cố định, điểm C thay đổi trên đường thẳng ∆ cắt đường thẳng AB và 1 0; 2 k ∈ ÷ , ( k là hằng số ). Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho .AD kAB= Đường tròn đường kính BD cắt đường thẳng đi qua C và trung điểm của đoạn thẳng AB tại E và F. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF khi C thay đổi. 4,0 d H I F E M D A B C Gọi M là trung điểm của AB, H là điểm đối xứng với D qua M thì H là điểm cố định và BH AD= . Vì 1 ,0 2 AD kAB k= < < nên D thuộc đoạn AM, H thuộc đoạn MB, M thuộc đoạn EF. Ta có . . .ME MF MD MB MH MA= = do đó tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp. 1,0 Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên đường thẳng d là đường trung trực của AH. 1,0 Đảo lại, với điểm I bất kỳ trên đường trung trực của AH, gọi E và F là các giao điểm của đường tròn tâm I bán kính IA với đường tròn đường kính BD. Gọi M là giao điểm của EF và AB. Khi đó . . .ME MF MH MA MD MB = = , suy ra 1 MH MB MB MH BH MD MA MA MD AD − = = = = − , tức là M là trung điểm của HD và do đó cũng là trung điểm của AB. 1,0 Nếu ∆ đi qua M và cắt đường tròn đường kính BD tại E,F thì quỹ tích là một điểm I, chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. 0,5 Nếu ∆ không đi qua M . Khi đó qua M vẽ đường thẳng song song với ∆ cắt đường tròn đường kính DB tại E,F thì tâm I’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF không thuộc quỹ tích. Nếu 'I I≠ : Gọi C là điểm giao của ∆ và đường thẳng EF và không trùng với M. Khi đó ta có tam giác ABC mà đường trung tuyến qua C cắt đường tròn đường kính BD tại hai điểm E, F và tam giác AEF có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm I. Lúc này quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF khi C thay đổi là đường trung trực của đoạn thẳng AH loại trừ I’. 0,5 Câu 3 Cho là một số nguyên tố, chứng minh rằng có vô số các số *n ∈¥ sao cho chia hết cho . 4,0 Nếu 2015 pM thì chọn n = kp, k là số nguyên dương bất kỳ . 1,0 Nếu , theo định lý Fermat 1 ( 1) 2015 1(mod ) 2015 1(mod ) p m p p p − − ≡ ⇒ ≡ * ( ).m ∈N 1,0 Lấy 1m kp= − , * k ∈N ta có 1(mod )m p≡ − và ( 1) 1(mod ).m p p− ≡ Từ đó ta có ( 1) 2015 ( 1)(mod ). m p m p p − ≡ − 1,0 Như vậy với mọi * k ∈N , đặt 1m kp= − và ( 1)n m p= − thì có vô số số để (2015 ) n n p− M . 1,0 Câu 4 Cho , ,a b c là ba số thực dương thỏa mãn 3 .ab bc ca abc+ + = Tìm giá trị nhỏ 4,0 nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 . ( 2) ( 2) ( 2) a b c P b a c b a c = + + + + + Ta có 1 1 1 3 3.ab bc ca abc a b c + + = ⇔ + + = Đặt 1 1 1 ; ;x y z a b c = = = . Khi đó 3x y z+ + = và 2 2 2 . 1 2 1 2 1 2 x y z P z x y = + + + + + 1,0 Ta có ( ) 2 2 3 2 2 2 3 4 2 2 2 2 7 4 . 1 2 . 1 2 1 2 3 9 9 9 3 x xz xz x x x x z x x z x xz z z z = − ≥ − = − ≥ − + = − + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1.z = Tương tự, 2 7 4 . 1 2 9 9 y y xy x ≥ − + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1.x = 2 7 4 . 1 2 9 9 z z yz y ≥ − + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1.y = 1,0 Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có: 7 4 ( ) ( ). 9 9 P x y z xy yz zx≥ + + − + + Mặt khác 2 ( ) 3( )x y z xy yz zx+ + ≥ + + do đó 2 7 4 ( ) ( ) 1. 9 27 P x y z x y z≥ + + − + + = 1,0 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 khi 1x y z= = = hay 1.a b c= = = 1,0 Câu 5 Cho tập hợp { } 1;2;3; ;2015 .X = K Chứng minh rằng trong ba phần tử tùy ý của X luôn có hai phần tử 1 2 ,x x sao cho 5 5 1 2 2.x x− < Xét ba phần tử 1 2 3 , , .x x x X∈ Đặt 5 , 1,2,3. i i y x i= = Ta có [ ) 1;5 . i y ∈ 1,0 Ta chia nửa khoảng thành hai nửa khoảng và . Khi đó theo nguyên lý Dirichlet thì ba trong số 1 2 3 , ,y y y có hai số cùng thuộc một trong hai nửa khoảng nói trên. 2,0 Giả sử hai số đó là và thì hai số 1 2 ,x x là hai số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 1,0 HẾT . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THẾN HUẾ TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 (Thời gian:. minh rằng có vô số các số *n ∈¥ sao cho chia hết cho . 4,0 Nếu 2015 pM thì chọn n = kp, k là số nguyên dương bất kỳ . 1,0 Nếu , theo định lý Fermat 1 ( 1) 2015 1(mod ) 2015 1(mod ) p m p p. 1(mod )m p≡ − và ( 1) 1(mod ).m p p− ≡ Từ đó ta có ( 1) 2015 ( 1)(mod ). m p m p p − ≡ − 1,0 Như vậy với mọi * k ∈N , đặt 1m kp= − và ( 1)n m p= − thì có vô số số để (2015 ) n n p−