Đề thi HSG lớp 10, duyên hải và đồng bằng bắc bộ, năm học 2013 – 2014

Gọi M là trung điểm của AB, AP vuông góc với BC tại P, BQ vuông góc với AC tại Q.Giả sử đường thẳng PQ cắt đường thẳng AB tại T.. chứng minh rằng THCM, trong đó H là trực tâm tam giác A

(Đề thi HSG lớp 10, Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ, năm học 2013 – 2014)

Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (4 điểm)

Giải phương trình sau trên tập số thực:

6x 3 7 3 x15 6 x 3x 2 2 9x227x14 11

Câu 2 (4 điểm)

Cho tam giác ABC (BC < AC) Gọi M là trung điểm của AB, AP vuông góc với BC tại P, BQ vuông góc với AC tại Q.Giả sử đường thẳng PQ cắt đường thẳng AB tại T chứng minh rằng THCM, trong

đó H là trực tâm tam giác ABC

Câu 3 (4 điểm)

Cho hàm số :f   ( là tập số thực) thỏa mãn     3 3

4

f f x x  x với mọi x   Chứng minh rằn tồn tại 3 số thực phân biệt a, b, c sao cho f(a)+f(b)+f(c)=0

Câu 4 (4 điểm)

Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m3 + m = 12m3 + n Chứng minh rằng m – n là lập phương của một số nguyên

Câu 5 (4 điểm)

Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để 2013n – 1 chia hết cho 22014

Đáp Án Câu 1 Điều kiện: 2 7

3 x 3 Đặt a 7 3 , x b 3x 2 a b, 0 Suy ra

2 2

2

2

2

5

,

2

2

s a b p ab

a

b







    

 







 

 Thử lại thỏa mãn Vậy nghiệm phương trình là x = 1 hoặc x = 2

Câu 2

Gọi CDAB tại D Khi đó AP, BQ, CD đồng quy nên T, B, D, A là hàng điểm điều hòa  TDBA  1 

Do đó ta có TM.TD = TA.TB

Xét hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác CDM và ngoại tiếp tứ giác ABPQ, tâm của hai đường tròn này đều nằm trên CM

Nhưng TM.TD = TA.TB và HP.HA = HQ.HB nên H, T nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn nói trên Vậy HTCM

Câu 3 Đặt   3 3

4

g x x  x thì f f x    g x  Suy ra

 

           

Dễ thấy g x là đơn ánh nên từ   f f x    g x  suy ra f(x) cũng là đơn ánh.

Gọi x 0 là một điểm cố định của hàm    0 0

1 1 0; ;

2 2

o

Ta có f x 0 f g x  0  g f x  0  Suy ra f x cũng là một điểm cố định của hàm  0 g x ,  f x là một   song ánh trên tâp 0; 1 1;

2 2

D   

  nên:

 

f   f  f     

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Câu 4 Ta có: a4b4c4abc a b c   k ab bc ca   2

Vì bất đẳng thức đúng với mọi giá trị a,b,c nên đúng với a = b = c = 1 2

3

k

Ta chứng minh 2

3

k  là giá trị lớn nhất

Xét 2

3

(1) 3

a b c abc a b c   ab bc ca 

 4 4 4  2 2 2 2 2 2  

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

 4 4  4 4  4 4 2 2 2 2 2 2

Suy ra  4 4 4  2 2 2 2 2 2

3 a b c 3 a b b c c a (2)

Mặt khác

 2 2 2 2 2 2   1 2 1 2 1 2

0 (3)

Từ (2) và (3) suy ra (1) được chứng minh Vậy số k lớn nhất 2

3

k 

Câu 5 Xét n2k t với k,t là cac số tự hiên và t là số lẻ.

Đặt 2013n 1a n 1

Do t là số lẻ nên a n1 2 2014  a2k 1 2 2014

Ta có 2  2   2     2 1 

      a chia 4 dư 1 nên a2k 1 1

 chia 4 dư 2

Do đó a n1 2 2014 k1 3 2014

Từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất của n cần tìm là n 22012