TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG TỈNH NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ ĐỀ NGHỊ Bài (4 điểm) Giải phương trình ( x + 3) ( 8x + x − 1) + ( x + x + 1) − 12 x − 12 x = (với x ∈ ¡ ) Bài (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O, H trực tâm Gọi B1 điểm đối xứng B qua AC, C1 điểm đối xứng C qua AB, O1 điểm đối xứng O qua BC Gọi P giao điểm AB1 CH , Q giao điểm AC1 BH , K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 Chứng minh rằng: a) PQ vuông góc với O1K b) A, K , O1 thẳng hàng Bài (4 điểm) Tìm tất cặp số ( p, n ) với p số nguyên tố n số nguyên dương thỏa mãn p − p + p + = 3n Bài (4 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c ≤ + 4a + 4b + 4c Chứng minh + + ≤ 6+ − 4a − 4b − 4c 2 1 b − c  1 c − a  1 a − b   ÷ +  ÷ +  ÷ a b + c  b c + a  c a + b  Bài (4 điểm) Trên đường thẳng cho 2000 điểm đôi phân biệt thỏa mãn tổng tất khoảng cách hai điểm tùy ý số 2000 điểm 2016 đơn vị dài Chọn tô màu đỏ cho 1000 điểm tùy ý từ 2000 điểm đó, 1000 điểm lại tô màu xanh Chứng minh tổng tất khoảng cách điểm tô màu đỏ điểm tô màu xanh không bé 1008 đơn vị dài HẾT TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG TỈNH NAM ĐỊNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII NĂM 2016 MÔN: TOÁN - LỚP 10 Bài Nội dung Điểm Giải phương trình ( x + 3) ( x + x − 1) + ( x + x + 1) − 12 x − 12 x = (với x ∈ ¡ ) * Điều kiện xác định: − 12 x − 12 x ≥ Đặt − 12 x − 12 x = a , x + = b (với a ≥ ) Ta có x + x = b − 2 nên a + 3b = , phương trình cho có dạng: 3b ( 2b − 3) + ( 2b − 1) a = ( ) 2 Thay 3b = − a thu b ( − a ) − + ( 2b − 1) a = 1,5 a = b ⇔ ( − 2a ) b + ( 2b − 1) a = ⇔ ( b − a ) ( + 2ab ) = ⇔  1 + 2ab = a = b  5−2 ⇔a=b= * Với a = b có hệ a ≥ , từ có x = a + 3b =  Bài 4đ  b <  a ≥   a = − 2b    ⇔ * Với + 2ab = có hệ 1 + 2ab = ⇔  a = − , 2b  a + 3b =   b = − ± 22     4b2 + 3b = 1 1 ± 22   ÷ từ có x = − + ÷ 2   * Vậy tập nghiệm phương trình cho  −  ± 22   0,5  ÷ S = ;− 1+ ÷ 2    Bài Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O, H trực tâm Gọi B 4đ điểm đối xứng B qua AC, C điểm đối xứng C qua AB, O điểm đối xứng O qua BC Gọi P giao điểm AB1 CH , Q giao điểm AC1 BH , K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 Chứng minh rằng: a) PQ vuông góc với O1K b) A, K , O1 thẳng hàng 2a (2đ) Chứng minh O1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC · · · A , tứ giác AB1CH nội Chỉ HCA = 900 − CAB = ·ABH = HB tiếp, suy PA.PB1 = PH PC , suy PP /( K ) = PP /(O1 ) * Tương tự PQ /( K ) = PQ /(O1 ) Do PQ trục đẳng phương hai đường tròn (K) (O1 ), dẫn đến PQ vuông góc O1K * Chỉ ·AC1H = ·ACH = ·AB1H , tứ giác PQB1C1 nội tiếp 1đ 0.5đ 0,5đ 0,5 · B A * Từ PQB1C1 nội tiếp suy ·AQP = C 1 2b (2đ) Xét đường tròn (K) có ·AB1C1 = ·AKC1 1· · AKC1 + KAC Do tam giác KAC1 cân K nên = 90 , suy ·KAC + ·AQP = 900 , dẫn đến AK vuông góc với PQ * AK KO1 vuông góc với PQ nên ba điểm A, K, O1 thẳng hàng 0,5 Bài Tìm tất cặp số ( p, n ) với p số nguyên tố n số nguyên dương 4đ thỏa mãn p − p + p + = 3n * Với p = tìm n = * Với p > , giả sử tồn ( p, n ) theo yêu cầu toán, ta có p − p + p + = 3n ⇔ p ( p − 1) = 3n − 2 * p lẻ ⇒ p ( p − 1) M4 ⇒ 3n − 1M4 ⇒ n chẵn Đặt n = 2k ( k ∈ ¥ ) có 3k − 1Mk phương trình (1): p ( p − 1) = ( − 1) ( + 1) ⇒  k + M k  k * Trường hợp 1: − 1Mp , tồn r ∈ ¥ mà 3k − = pr , thay vào k 1đ k 2 (1) có p ( p − 1) = pr ( pr + ) ⇔ p − ( + r ) p + − 2r = (2) (2) có nghiệm nguyên dương r nên biệt thức ∆( 2) = r + 4r + 8r số 1đ phương Mặt khác với r ≥ có ( r + 3) > ∆ ( 2) > ( r + ) nên ∆ ( 2) 2 số phương Vậy trường hợp không xảy Trường hợp 2: 3k + 1Mp , tồn r ∈ ¥ * mà 3k + = pr , thay vào 2 (1) có p ( p − 1) = pr ( pr − ) ⇔ p − ( + r ) p + + 2r = (3) (3) có nghiệm nguyên dương r nên biệt thức ∆ ( 3) = r + 4r − 8r số phương Lưu ý r ≥ ngược lại, r = p = 3k + không số nguyên tố lớn Khi r ≥ có { } (r + ) > ∆ ( 3) ≥ ( r ) 2 1đ nên ∆ ( 3) ∈ ( r + 1) ; r + Nếu ∆ ( 3) = ( r + 1) r + 4r − 8r = ( r + 1) ⇔ 2r − 8r − = , giá trị r nguyên dương thỏa mãn phương trình + Nếu ∆( 3) = r r + 4r − 8r = r ⇔ 4r − 8r = ⇔ r = Với r = 3k + = p , từ (1) có 3k + = p p − ( )  = Tìm p =  k p − 1) ⇒ p − ( − =   Thay trực tiếp p = vào (1) tìm ( p, n ) = ( 5,4 ) * Vậy ( p, n ) ∈ { ( 2,1) ; ( 5,4 ) } 1đ Bài a+ b+ c≤ Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện 4đ 2 + 4a + 4b + 4c 1 b − c  1 c − a  1 a − b  + + ≤ 6+  Chứng minh rằng: ÷ +  ÷ +  ÷ − 4a − 4b − 4c a b + c  b c + a  c a + b  1 + a + a a + b + c + a 2a + b + c = ≤ = * Với a + b + c ≤ Thật vậy: − 4a − a a + b + c − a b+c 4 0,5đ + a 2a + b + c ≤ ⇔ ( b + c ) + a ( b + c ) ≤ a + b + c − 4a ( 2a + b + c ) − 4a b+c ⇔ 2a ( − ( a + b + c ) ) ≥ : Bất đẳng thức 1đ + 4a 2a + b + c a−b+ a−c  2a + b + c  − 6≤ ∑ − 6= ∑ − 2÷ = ∑ * Khi ∑ b+ c b+ c  cyc b + c cyc − 4a cyc cyc  =∑ cyc a−b a−c a−b b−a   +∑ =∑ +∑ = ∑( a − b)  − ÷ b + c cyc b + c cyc b + c cyc c + a cyc b+c c+a ( a − b) =∑ cyc ( c + a ) ( c + b ) 2 1 a − b  ÷ = * Lại có  c a + b  c ( ( a − b) ( a − b) = (1) ) ( )( ) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có ( ca + cb ) ≤ ( c + a ) ( c + b ) (2) Có ( a + b + c ) ≤ ( a + b + c ) = < nên a + b + c < , suy ( a + b ) < (3) Từ (1), (2), (3) dẫn đến a+ b ca + cb a+ b 1đ 2 2 1đ 1 a − b  ( a − b)  ÷ ≥ c  a + b  ( c + a) ( c + b) ( a − b) ≤  Tương tự, suy ∑  ∑ cyc ( c + a ) ( c + b ) cyc c  2 a− b 0,5đ ÷ , dẫn tới Đpcm a+ b Bài Trên đường thẳng cho 2000 điểm đôi phân biệt thỏa mãn tổng tất 4đ khoảng cách hai điểm tùy ý số 2000 điểm 2016 đơn vị dài Chọn tô màu đỏ cho 1000 điểm tùy ý từ 2000 điểm đó, 1000 điểm lại tô màu xanh Chứng minh tổng tất khoảng cách điểm tô màu đỏ điểm tô màu xanh không bé 1008 đơn vị dài Bổ đề: Với 2n điểm trục số, có n điểm tô màu đỏ n điểm tô màu xanh, ta chứng minh tổng khoảng cách cặp điểm màu không vượt tổng khoảng cách cặp điểm khác màu Kí hiệu x1 , x2 , , xn tọa độ điểm tô màu đỏ; y1 , y2 , , yn tọa độ điểm tô màu xanh trục số Cn tổng tất khoảng 1đ cách điểm màu, K n tổng tất khoảng cách điểm khác màu Ta chứng minh bổ đề quy nạp theo n + Với n = 1, có C1 = K1 = x1 − y1 , rõ ràng C1 ≤ K1 + Giả sử có Ck ≤ K k với k nguyên dương đó, ta xét n = k + 2đ xk +1 = max { x1 , x2 , , xk +1} Không giảm tổng quát coi yk +1 = max { y1 , y2 , , yk +1} (vì không ta đánh lại thứ tự cho điểm tô màu) Ta có: k k k k i =1 i =1 i =1 Ck +1 = Ck + ∑ xk +1 − xi + ∑ yk +1 − yi = Ck + ∑ ( xk +1 − xi ) + ∑ ( yk +1 − yi ) i =1 k k = Ck + ∑ ( xk +1 − yi ) + ∑ ( yk +1 − xi ) , i =1 i =1 k k i =1 i =1 K k +1 = K k + ∑ xk +1 − yi + ∑ yk +1 − xi + xk +1 − yk +1 Từ Ck ≤ K k tính chất bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối suy Ck +1 ≤ K k +1 , theo nguyên lí quy nạp có Cn ≤ K n với n nguyên dương Áp dụng bổ đề có: C1000 + K1000 = 2016 ⇒ K1000 ≥ 2016 ⇔ K1000 ≥ 1008 , có Đpcm  C1000 ≤ K1000 1đ Giáo viên soạn đề: Phạm Bắc Phú Số điện thoại: 0948989820