Đề thi HSG lớp 10, vĩnh phúc, hệ chuyên, năm học 2012 – 2013

Tìm tất cả các giá trị của a, b sao cho phương trình x3ax2bx3a có các nghiệm đều là 0 các số nguyên dương.. Lấy E và F lần lượt trên các đường thẳng AC và AB dao cho CB = CE = BF, đồ

(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, Hệ chuyên, năm học 2012 – 2013)

Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (3 điểm)

1 Giải phương trình sau:

2 2

3 3 2

,

2 2

x y















2 Tìm tất cả các giá trị của a, b sao cho phương trình x3ax2bx3a có các nghiệm đều là 0 các số nguyên dương

Câu 2 (2 điểm)

Giả sử a, b, c, d là số nguyên sao cho a – b + c – d là số nguyên lẻ và chia hết a2 – b2 + c2 – d2 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n đều có a – b + c – d chia hết an – bn + cn – dn

Câu 3 (3 điểm)

Trong mặt phẳng cho tam giác ABC không cần, ngoại tiếp đường tròn tâm I Lấy E và F lần lượt trên các đường thẳng AC và AB dao cho CB = CE = BF, đồng thời chúng nằm về càng một phía với A đối với đường thẳng BC Các đường thẳng BE và CF cắt tại G

1 Chứng minh rằng bốn điểm C, E, I và G cùng nằm trên một đường tròn

2 Trên đường thẳng qua G và song song với AC lấy điểm H sao cho HG = AF đồng thời H khác phía với C đới với đường thẳng BG

Chứng minh rằng  1

2

Câu 4 (1 điểm)

Kí hiệu R* để chỉ tập hợp các số thực khác 0 Tìm tất cả các hàm số f xác định trên R* nhận giá trị thực

và thỏa mãn

, 0

Câu 5 (1 điểm)

Một số nguyên dương được gọi là dễ thương nếu trong biểu diễn thập phân của nó khong có chứa chữ số

0 và tổng bình phương các chữ số của nó là một số chính phương

1 Tìm số dễ thương lớn nhất có hai chữ số

2 Hỏi có hay không số dễ thương có 2013 chữ số?

Đáp Án Câu 1 1 Điều kieenh: x, y > 0

Đặt x = a > 0, y = b > 0 viết hệ đã cho về dạng

4 4

1 1

2

1 1

2









Lấy (1) + (2) thu được 2 4 2 2 4 5 3 2 4

Lấy (2) – (1) thu được 1 5a4 10a b2 2 b4 5a b4 10a b2 3 b5 1 (4)

Từ (3) và (4) thu được a b 5 3 và a b 5 1

Từ đó, tìm được 53 1

2

2

Và do đó, tìm được 5 3 12 53 12

, y

2 Giả sử phương trình có 3 nghiệm nguyên dương là      , ,  

Ta có             a, b, 3a

3

         

  

2

3

              

Xét   1 3   1     3   3 12

3; 3 12;1 , 6; 2 , 4;3 ; 15; 4 , 9;5 , 7;6

; ; 15;4;1 , 9;5;1 , 7;6;1 a b; 20;79 , 15;59 , 14;55

Xét   2 3   2   2 2  3 2    321

2 3; 2 3 21;1 , 7;3 ; 12; 2 , 5;3

; ; 12;2; 2 , 5;3; 2 a b; 16;52 , 10;31

Xét   3 3   3    3  1  1 4

1 3 1 2, 1 3 1 2 1; 1 2; 2 ; 3;3

; ; 3;3;3 a b; 9;27

                   

       

Câu 2 Chứng minh nhận xét: “Với a, b, x, y, z, t là các số nguyên sao cho a – b là ước của x – y và là ước

cảu z – t thì a – b | xz – yt”

Mặt khác do:

a b 2 b d 2 a b c d a b c d         a b c d    nên suy ra

a b c d a    b c  d  ac bd

Từ đó, do giẩ thiết nên thu được a b c d ac bd   |  (1)

Ta chứng minh kết luận của bài toán bằng phương pháp quy nạp toán học.

Với n = 1, 2: thì kết luận hiển nhiên đúng

Giả thiết khẳng định đúng tới n, tức là a b c d a   | n b nc n d n với n N n , 2

Ta cần chứng minh a b c d a| n 1 b n 1 c n 1 d n 1 (2)

Thật vậy, do a b c d a c   |    b d và nhận xét ở trên suy ra a b c d   là ước của

   n n    n n n 1 n 1 n 1 n 1  n 1 n 1  n 1 n 1

Nhưng, do (1), giả thiết quy nạp và nhận xét ở trên suy ra a b c d a   | n b n c n d n với mọi số nguyên dương n

Câu 3 1 Không mất tính tổng quát, xét trường hợp AB < BC < CA, các trường hợp khác xét tương tự Khi

đó, E nằm trên đoạn CA, F nằm trên tia đối của tia AB, (hình vẽ)

Từ giả thiết, suy ra F đối xứng với C qua phân giác trong của

ABC

Do đó   900 

2

ABC

 1800   900 

Suy ra tứ giác AFCI nội tiếp

Từ đó   

2

BCA

2

CAB

IAC IFC ICF

Do I là tâm đường tròng nội tiếp và CB = CE = BF nên

,

Vậy IBE ICF (cùng phụ gốc CGB ) Do đó ta có  

2

CAB IEB 

Hơn nữa, do tính đối xứng nên   0  

90

IEB IBE   MGC ICG suy ra tứ giác CIEG nội tiếp

2 Do tứ giác CIEG nội tiếp, nên    

2

BCA

Hơn nữa, do IAB IEB nên GEI FAI suy ra GEI~FAI

Suy ra EG EG AF HG AF AI

Nhưng   900  

2

BCA HGEAEB  AIB suy ra HGE~AIB

Từ đó   1

2

Chú ý: Nếu không có sự giả sử AB < BC < CA để có được thứ tự các điểm như trên hình vẽ, thì yêu cầu phải sử dụng góc định hướng trong chứng minh ở hai phần (với cách giải như trên)

Câu 4: Đặt f x  x g x  , phương trình làm đã cho viết lại về dạng

Cho y = 1 thu được xg x 1 yg x  yg 1 1 xg x  x 0 (2)

x

 

  Trong (2), thay x bởi 1,

x ta được:

( 1) g 1 1 ( ) g(1 ) xg 1 ( ) xg(1) x 0 (3)

Từ (2) và (3) suy ra xg x  g( )1 x 1  g 1 x 0 (4)

x

Trong (1), cho y = -1 , bằng lập luận tương tự cũng được

x

Từ (4) và (5) suy ra 2xg x  ( 1g  g1 ) x( 1g g1  x 0 hay g x  a b x 0,

x

    ở đây a, b

hai hằng số Suy ra f x  a b x x 0

x

    

Thử lại ta thấy f x  a b x x 0

x

     thỏa mãn phương trình đã cho

Câu 5 1 Giả sử số dễ thương có hai chữ số lớn nhất là ab,1a b,  Theo giả thiết ta có 9 a2b2 c2 là

số chính phương Nếu a, b đều không chia hết cho 3 thì a2b2 2 mod 3 , vô lý vì a2b2là số chính phương suy ra ab 0 mod 3 

+) Nếu a 9 81b2 c2 c2 b2 81 không có nghiệm nguyên dương với 1 b 9

+) Nếu a 8 b3 b3;6;9 , thứ tự trực tiếp ta thấy b = 6 thỏa mãn Vậy số dễ thương lớn nhất có 2 chữ số là 86

2 Xét số A = 222211 12009  so1 Khi đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2009 1

2 2 2 2 2 1 1 2025 45

so

            

Suy ra A = 222211 12009  so1 là số dễ thương