SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ THI MÔN: TOÁN 10 - THPT CHUYÊN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Giải phương trình  x3  3   x2  x   x 1   x x  Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2  b2  c2  a3 b3 c3 Chứng minh    b  c c  a a  b 1 Câu (2,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên tố  p, q  thỏa mãn phương trình p( p  p  1)  q(2q  3) Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC không cân có AB  AC đường tròn nội tiếp (I) Các đường thẳng AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A1 , B1 , C1 Các đường thẳng qua I song song với BC, CA, AB cắt B1C1 , C1 A1, A1B1 A2 , B2 , C2 Gọi M trung điểm BC a Chứng minh I trực tâm tam giác A1B1C1 b Chứng minh A2 , B2 , C2 thẳng hàng c Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC D, đường thẳng qua I vuông góc với AI cắt đường thẳng nối trung điểm AB, AC N Chứng minh đường thẳng qua N vuông góc với IM qua trung điểm đoạn ID Câu (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n  3n đường thẳng vẽ mặt phẳng cho hai đường thẳng chúng song song ba đường thẳng chúng đồng quy Trong 3n đường thẳng cho, ta tô màu đỏ 2n đường thẳng tô màu xanh n đường thẳng lại Chứng minh có n miền cho tất biên có màu đỏ Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………….……… …….…….….….; Số báo danh:……………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 04 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 10- THPT CHUYÊN I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm toàn tính đến 0,25 không làm tròn - Với hình học thí sinh không vẽ hình phần không cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày (2,0 điểm) TH1 Nếu x 1    x  thử lại phương trình ta thấy không thỏa mãn TH2 Nếu x 1    x  , phương trình cho trở thành x  3   4x  4x   2x 1    x3  3  x   1  x  x3      3  2x 1   4x   Điểm 0,25 0,5 2x 1   x 1  0,25 2x 1   x3   x  Đặt y  x 1  y3   x , kết hợp với phương trình ta hệ phương trình 0,5  x3   y   y   x 3   x   y    y  x     y   2x  x  y   x  xy  y      y   x    y  3y2  2   x  y    x     2      y   2x x  y  x  y  x     1  x   2x    x  Do hệ phương trình cho có tập nghiệm là:   1  1    1  1      S  1;1 ,  ; ;  ,      2      0,5 (2,0 điểm) a b c a4 b4 c4      b2  c c  a a  b ab2  ac bc  ba ca  cb Ta có  a 3  b2  c  ab2  ac  bc  ba  ca  cb Ta có 0,25 ab  bc  ca  a2  b2  c2  ab2  bc  ca   0,5 a  b2  c  a  b2  c  a 2b2  b2c  c a  0,5 2 a  b2  c    3 0,25 Do a3 b3 c3     b  c c  a a  b 1 1 3 0,5 Dấu xảy a  b  c  (2,0 điểm) TH1 p  q thay vào phương trình ta p  p  p  1  q  2q  3  p  p  p  1  p  p  3 0,5  p  1  p2  p     không thỏa mãn p  TH2 p  q , từ phương trình ta p 2q   2q   mp thay vào phương trình ta 0,5 p  p   m  pm  3  p   m2   p  3m   (1) Ta có    m2  2   3m  2  m4  4m2  24m  20 Do  m2  1  m4  4m2  24m  20   m2   (1) có nghiệm nguyên dương nên  số phương, suy 2  m4  4m2  24m  20  m4 ,  m2  1 0,5  m  thay vào (1) ta m   *) m4  4m2  24m  20  m4  4m2  24m  20    0,25 m  5, p  13  q  31 thỏa mãn *) m4  4m2  24m  20   m2  1  2m2  24m  19  nghiệm nguyên Vậy  p, q   13,31 (3,0 điểm) 0,25 B1 A B2 C1 I N P O A2 Q D B C M A1 4a Gọi K giao điểm IA B1C1 Khi (1,0 AKB1  sd AB1  sd A1C1 điểm)      0,25  1 sd AB1  sd A1B  sd BC1  sd AB  sd BC  sdCA  900  IA1  B1C1 (1) Tương tự ta IB1  C1 A1 (2) Từ (1) (2) suy I trực tâm  tam giác ABC Do IA2 || BC  A2 IC1  ICB  IB1C1  IA2C1 đồng dạng với B1 A2 I 4b (1,0 A2C1 IA2 IC1 A2 B1  IB1  điểm) Suy      IA2 A2 B1 IB1 A2C1 0,5 0,25 0,5  IC1  Tương tự ta B2C1  IC1  C2 A1  IA1     ,  B2 A1  IA1  C2 B1  IB1  0,25 Nhân vế đẳng thức ta 2 A2 B1 B2C1 C2 A1  IB1   IC1   IA1        1 A2C1 B2 A1 C2 B1  IC1   IA1   IB1  Từ theo định lí Menelaus cho tam giác A1B1C1 suy A2 , B2 , C2 thẳng hàng 4c Gọi P giao điểm đường thẳng MA1 với đường thẳng nối (1,0 trung điểm AB, AC Q trung điểm đoạn ID Xét tam điểm) giác IMA1 biểu thức II  IA12  PA12  PM  QM  QI   BA12  PA12  PM  QM  QD   BA12  PA12  PM  DM 0,25 0,5    BM  MA12   PA12  PM  DM  MA12  PA12  PM  DM  BM  MA12  PA12  PM  DB.DC 0,25  MA12   MA1  PM   PM  DB.DC A   p  b  p  c  S a r p    p  b  p  c   S   p  b  p  c  pa pa  2MA1.PM  DB.DC  MB.tan  S2   p  b  p  c   p  p  a 0,25 Do theo định lí Carnot ta có đường thẳng qua I vuông góc IA, đường thẳng qua Q vuông góc IM đường thẳng qua P vuông góc với MA1 đồng quy điểm, suy đpcm (1,0 điểm) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: Cho n đường thẳng phân biệt, hai đường thẳng song song ba đường thẳng đồng quy Khi n đường thẳng chia mặt phẳng thành n  n  1  Chứng minh bổ đề: Giả sử n đường thẳng chia mặt phẳng thành S n miền Khi ta có hệ thức sau 0,25 n  n  1 1 2n  2n  1   n  2n  1  miền Theo bổ đề 2n đường đỏ tạo Sn  Sn1  n  Sn 2  n  n     S1  n  n     đỏ (miền đỏ miền mà biên có màu đỏ) Xét đường xanh đó, đường xanh cắt 2n đường đỏ suy đường xanh tạo tối đa 2n  miền mà biên có màu xanh màu đỏ Các đường xanh lại sinh tối đa 2n miền mà có biên có màu xanh đỏ (vì hai đường xanh cắt nên miền đỏ mà chứa giao điểm chung) suy số miền tối đa có biên gồm màu đỏ xanh tạo từ n  đường xanh lại 2n  n  1 Do số miền đỏ n  2n  1   2n  n 1   2n  1  n -Hết - 0,25 0,25 0,25 ...SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 04 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016 -2017 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 10- THPT CHUYÊN I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày