TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ ĐỀ THI ĐỀ XUẤT LỚP 10 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Câu (4,0 điểm) Giải phương trình x x2 + − x2 − + 2 x x +1 + x + − 2 2 = x2 Câu (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC và BE, CF là hai đường cao của tam giác Hai đường tròn cùng qua hai điểm A và F và tiếp xúc với đường thẳng BC tại P và Q cho B nằm giữa C và Q Chứng minh rằng hai đường thẳng PE và QF sẽ cắt và giao điểm của hai đường thẳng này nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Câu (4,0 điểm) 1 Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn ;2 Tìm giá trị lớn của biểu thức 2 P= ab ( a − b ) + bc ( b − c ) + ca ( c − a ) abc Câu (4,0 điểm) Có ba ( a; b; c ) với a, b, c ∈ ¥ , ≤ a < b < c ≤ n − 1, n ∈ ¥ ; n ≥ cho a + b + cMn Câu (4,0 điểm) Giả sử rằng với số nguyên tố p và các số nguyên dương l , m, n p 2l −1m ( mn + 1) + m là số phương Chứng minh rằng m là số phương HẾT Người 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 định Câu Nội dung Đặt y = x , b = − 2 ⇒ b = 6b − Thay vào phương trình cho, ta y2 + y − y − b = y ⇔ y +1( y + b) = ( ) y2 + y + y + b ⇔ y ( − y ) ( 1) Do y y + ( y − 1) + Điểm 1,0 ( y + 1) ( y + b ) = y + > 0, y + b > , suy − y > Lại 1,0 thay b = 6b − vào ( 1) và biến đổi, ta có ( 2b + 3) y + ( b2 + 2b − 1) y + b = ⇔ ( 2b + 3) y + ( 8b − ) y + 6b − = 1,0 ∆′ = ( b − 6b + 1) = 0, suy y = − ⇒ x = ± − 7 1,0 1,0 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 = Từ suy BP = BE BH ⇒ hay tam giác BPH và BEP BH BP đồng dạng Suy · · BPE = BHP (1) Điểm P nằm giữa D và C , lại có BP = BC BD nên 1,0 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 ta DP.DQ = AD.DH ⇒ DA DP = DQ DH · · Từ hai tam giác vuông DAQ và DPH đồng dạng nên HPD Có = QAD · · · thể viết lại đẳng thức là BPH Vì BQ là tiếp tuyến của = BAD + BAQ ( AFQ ) nên · · · · (2) BQF = BAQ = BAQ − BAD Từ (1) và (2) suy · · · · · · · BPE + BQF = ( BHP + BPH ) − BAD = (1800 − PBH ) − BAD · · · = (900 + BCA ) − (900 − ·ABC ) = BCA + ·ABC = 1800 − CAB · · Do BPE + BQF < 1800 , vậy hai tia PE và QF phải cắt Gọi S là giao điểm của PE và QF Khi · · · · · PSQ = 1800 − ( BPE + BQF ) = CAB = EAF · · Nếu S nằm giữa P và E PSQ Nếu E nằm giữa P và S = 180 − ESF · · · · PSQ Trong hai tình PSQ Từ ta nhận = ESF = EAF S nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Câu Nội dung Không tổng quát, xét ab ( a − b ) + bc ( b − c ) + ca ( c − a ) ≥ Khi 1,0 1,0 Điểm 1,0 a b c a b c a b c 1 + + − + + ÷ Đặt = x, = y, = z ≤ x, y, z ≤ ÷ ⇒ xyz = và c a b b c a c a b 4 1 1 P ( x, y , z ) = x + y + z − + + ÷ x y z P= Không tổng quát, giả sử x = max { x; y; z} ⇒ x ≥ xyz = ⇒ x ≥ Xét hiệu 1,0 1 1 P x, yz , yz − P ( x, y , z ) = x + yz − − −x + y + z − − − ÷ ÷ ÷ x x y z yz ( ) 2 1 = − − y− z ÷ y z÷ 2 = y − z − 1÷ = y − z yz ( ( ) ) ( ) ( x − 1) ≥ Suy P ( x, y, z ) ≤ P ( x, t , t ) với xt = ⇒ ≤ x = P ( x, t , t ) = x + 2t − 1 ≤ ⇒ ≥ t ≥ Ta có t 2 − = + 2t − t − = f ( t ) x t t t Xét hiệu 3 ( 2t − 1) −t ( 2t − 1) + ( t − ) 1 = + 2t − t − − = ≤ 0, ∀t ∈ ;1 Suy t t 4t 2 f ( t ) ≤ , dấu bằng xảy t = 1 1 Từ đó, MaxP = , ( x; y; z ) = 4; ; ÷ ⇔ ( a; b; c ) = 2;1; ÷ và các hoán vị 2 2 f ( t) − 1,0 1,0 Xét An = { ( a; b; c ) ∈ ¥ : ≤ a < b < c ≤ n − 1; a + b + cMn} 1,0 Bn = { ( a; b; c ) ∈ ¥ : ≤ a ≤ b ≤ c ≤ n − 1; a + b + cMn} An +3 = Bn An + n = Bn Ta có nhận xét sau ( 1) ( 2) Ta chứng minh (1) 0 ≤ a < b < c ≤ n + a + b + c = n + ⇒ +) An +3 ⇒ Bn , ( a; b; c ) ∈ An+3 ⇒ a + b + cMn + a + b + c = 2n + a + b + c = n + ⇒ chọn 0 ≤ a ' ≤ b ' ≤ c ' ≤ n − a ' = a, b ' = b − 1& c ' = c − ⇔ ⇒ ( a '; b '; c ' ) ∈ Bn a '+ b '+ c 'Mn a + b + c = 2n + ⇒ chọn 0 ≤ a ' ≤ b ' ≤ c ' ≤ n − a ' = a − 1, b ' = b − & c ' = c − ⇔ ⇒ ( a '; b '; c ' ) ∈ Bn a ' + b ' + c ' M n 1,0 0 ≤ a ' ≤ b ' ≤ c ' ≤ n − a '+ b '+ c ' = n ⇒ +) Bn ⇒ An+3 , ( a, b, c ) ∈ Bn ⇒ a ' + b ' + c ' M n a '+ b '+ c ' = 2n • a '+ b '+ c ' = n ⇒ chọn 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ n + ⇒ ( a; b; c ) ∈ An +3 { a = a ', b = b '+ 1& c = c '+ a + b + cMn + • a '+ b '+ c ' = 2n ⇒ chọn 0 ≤ a < b < c ≤ n + ⇒ ( a; b; c ) ∈ An +3 a + b + cMn + { a = a '+ 1, b = b '+ 1& c = c '+ Suy tồn tại song ánh f : An+3 → Bn ⇒ An+3 = Bn 1,0 k ;2n − 2k ) , ( k ; k ; n − 2k ) ; • Bn | An = ( 0;0;0 ) , (1k ;44 43 44 43 n n < k ≤ n −1 1≤ k ≤ 2 n n − 1 Bn = An + + + = An + n { an } cho an = An bn = an + n ⇒ ⇒ an+3 = an + n Xét hai dãy b = A = a { bn } cho bn = Bn n n + n + Ta có a3 = A3 , mà A3 = { ( a; b; c ) ∈ N : ≤ a < b < c ≤ 2, a + b + c M 3} = ( 0;1; ) ⇒ a3 = a4 = A4 , mà A4 = { ( a; b; c ) ∈ N : ≤ a < b < c ≤ 3, a + b + c M4} = ( 0; 1; ) ⇒ a4 = a5 = A5 , mà A5 = { ( a; b; c ) ∈ N : ≤ a < b < c ≤ 4, a + b + c M 5} = { ( 0;1; ) , ( 0; 2;3 ) } ⇒ a5 = an +3 = an + n , ta chứng minh bằng quy nạp a3 = 1, a4 = 1, a5 = Khi ⇒ n − 3n an = (*) +1 n − 3n Với n ∈ { 1; 2; 3} (*) đúng Giả sử an = + đúng với mọi n ≥ , ta chứng minh n2 − n − an+1 = +1 1,0 ( n − 2) − 3( n − 2) + + ( n − 2) = Thật vậy an +1 = an − + n − = n − n + 10 n − n + 10 n2 − n − = + n − + = + n − + = ) ( + (đúng) 6 n − 3n Theo nguyên lý quy nạp (*) đúng Vậy an = + Câu Nội dung ( Điểm 1,0 ) l −1 Đặt A = p 2l −1 Khi p m ( mn + 1) + m = m A ( mn + 1) + m Chú ý rằng ( ) ( gcd m, A ( mn + 1) + m = gcd m, A ( mn + 1) 2 ) = gcd ( m, A) Vì vậy gcd ( m, A) = p r ( ) m A m r ( mn + 1) + r ÷ là số phương r p p p m m A m Do r r ( mn + 1) + r ÷ là số phương Vì vậy p r là p p p A số phương Ta sẽ r là số chẵn Ngược lại nếu r lẻ p r A là số phương và là luỹ thừa số mũ chẵn của p , tức là p r = k 2r Ta có m A ( mn + 1) + m = p A m Khi số phương r ( mn + 1) + r ÷ có thể viết dưới dạng là p p ( kmn + k ) + 1,0 1,0 1,0 m m 2 Nhưng ( kmn + k ) < ( kmn + k ) + r < ( kmn + k + 1) Mâu r p p thuẫn này suy điều phải chứng minh