TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN THI: TOÁN - LỚP: 10 (Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Câu 1(4 điểm) Giải hệ phương trình  y2 + y + x − (2 y + 1) x = y x −      y + y + + x + ÷ y + y − − ÷ =    Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, có đường cao AK Trong tam giác ACK, kẻ đường phân giác AE Gọi M trung điểm AC Gọi N giao điểm đường thẳng ME với AK Chứng minh BN AE song song với Câu (4 điểm) Cho ba số dương a, b, c Chứng minh  4a  4b  4c  + 1÷ + 1÷ + 1÷ > 25   b + c  c + a  a + b  Câu (4 điểm) Trong đội niên tình nguyện gồm 2015 người, bốn người chọn người quen với ba người lại Hỏi có người đội quen với tất cả? Câu (4 điểm) Cho đa thức P( x) = ( x − 2)( x − 3)( x − 36) Chứng minh với số nguyên tố p tìm số tự nhiên n để P(n) chia hết cho p Hết ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10 Câu Nội dung cần đạt Câu 1(4 điểm) Giải hệ phương trình Điểm  y2 + y + x − (2 y + 1) x = y x −      y + y + + x + ÷ y + y − − ÷ =    x ≥ ĐKXĐ:   y ≥ 0;2 y + y − ≥ 1.5 y2 + y + x − (2 y + 1) x = y ( ⇔ y+1− x ⇔ ( y + 1) ) +  y −  4.0đ x −1 x − ÷ =  = x Thay vào pt thứ hai ta ( ⇔ x + + x +1 ( )( x + + x +1 ) 2x − − = )( ) ( 2x − − = x + + x +1 )( x + − x +1 ) ⇔ x + − x + = 2x − − ⇔ 2x − − x + + x + − =  ⇔ ( x − 8)  +  x + + x +1 ⇔ x =  ÷= x +1 −  ⇒ y = 2 −1 Thoả mãn điều kiện.Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (8,2 − 1) Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, có đường cao AK Trong tam giác ACK, kẻ đường phân giác AE Gọi M trung điểm AC Gọi N giao điểm đường thẳng ME với AK.Chứng minh 0.5 4.0đ BN AE song song với (Kí hiệu AEB góc AEB) Ta có AEB=ACE+CAE, BAE=BAK+KAE, ACB=ABE, CAE=KAE 1đ Do AEB=BAE hay tam giác ABE cân B Kẻ đường cao EP tam giác ABE Ta EP=AK EP//AC 1đ Kết hợp với định lý Talet ta có AK EP BP BK = = = AC AC BA BE Theo tính chất đường phân giác ta lại có Do AK EK = AC EC BK EK = (1) BE EC Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác ACK với ba điểm đường thẳng cắt AC M, CK E AK N, ta có 1đ MC NA EK EK NK =1⇒ = (2) MA NK EC EC NA Từ (1) (2) suy 1đ NK BK = ⇒ BN / / AE (Theo định lý Talet đảo) NA BE Câu (4 điểm) Cho ba số dương a, b, c Chứng minh  4a  4b  4c  + 1÷ + 1÷ + 1÷ > 25 (1)   b + c  c + a  a + b  Không giảm tổng quát, giả sử c số lớn ba số a, b, c Đặt S = a+ b+ c, R= ab + bc+ ca, P= abc 4.0đ 0.5 (1) ⇔ ( S + 3a)( S + 3b)( S + 3c) > 25( S − a)( S − b)( S − c) ⇔ S + 3S (a + b + c) + S (ab + bc + ca) + 27 abc > 25[ S − S (a + b + c) + S (ab + bc + ca) − abc] 1.5đ ⇔ S + SR + 27 P > 25( SR − P) ⇔ S − SR + 13P > 0.(2) Ta chứng minh (2) Thật vậy, VT (2) = (a + b + c)3 − 4(a + b + c)(ab + bc + ca) + 13 =(a + b + c)[( a + b + c) -4( ab + bc + ca)] + 13abc = (a + b + c)[(a + b − c) -4ab] + 13abc 1.5đ =(a + b + c)( a + b − c) -4ab( a + b + c) + 13abc = (a + b + c)(a + b − c) + ab(9c − 4a − 4b) > (do 9c − 4a − 4b > c > 0) Vậy ta có điều phải chứng minh 0,5đ Câu (4 điểm) Trong đội niên tình nguyện gồm 2015 người tỉnh bốn người chọn người quen với ba người lại Hỏi có người quen với tất cả? Rõ ràng xảy trương hợp 2015 người quen tất Nếu có hai người không quen nhau, giả sử A B Khi 2013 người lại quen lẫn có hai người C, D 2013 người không quen nhóm bốn người A, B, C, D quen với ba người lại Nếu A, B quen với 2013 người lại ta có 2013 người quen với tất Nếu A không quen với người C 2013 người lại Khi xét nhóm A, B, C, D (với D người khác C nhóm 2013 người lại) tồn người quen với người lại Rõ ràng người phải D, nghĩa D quen với A, B Như 2012 người trừ A, B, C quen với tất Vậy số người quen với tất 2012, 2013, 2015 Câu (4 điểm) Cho đa thức P( x) = ( x − 2)( x − 3)( x − 36) Chứng minh với số nguyên tố p tìm số tự nhiên n để P(n) 4.0đ 0.5 đ 1đ 2.5đ 4.0đ chia hết cho p Nếu p =2 ta chọn n =2 P(2) chia hết cho Nếu p =3 ta chọn n =3 P(3) chia hết cho Xét số nguyên tố p > Giả sử không tồn số tự nhiên n để P(n) 1đ chia hết cho p Ta có với ∀n ∈ ¥ (n − 2)(n − 3)(n − 36) không chia hết cho p Suy n2 không đồng dư với mod p, n2 không đồng dư với mod p Suy 2, số không phương mod p Do p −1 ⇒6 ≡ −1(mod p),3 p −1 p −1 ≡ −1(mod p) ≡ 1(mod p) 2đ Suy số phương mod p Tồn số tự nhiên k cho ≡ k (mod p) ⇒ 36 ≡ k (mod p) Do tồn số tự nhiên m = k2 để m ≡ 36(mod p) ⇒ P(m)Mp 1đ Mâu thuẫn với giả sử, hay giả sử sai Vậy ta có điều phải chứng minh TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI TRƯỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG TỈNH CAO BẰNG ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 10 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu ( 4,0 điểm ): Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x − y = xy (1 − y )   ( y + 1)  x + 4x = +  Câu ( 4,0 điểm ): Cho tam giác nhọn ABC, phân giác góc A cắt BC D Gọi E, F hình chiếu vuông góc D AB AC, K giao điểm CE BF, H giao điểm BF với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEK Chứng minh DH vuông góc với BF Câu ( 4,0 điểm): Cho a; b; c > thỏa mãn a + b + c + abc = Chứng minh a b c ( a + b + c) + + ≥ b+c a+c a+b Câu ( 4,0 điểm): Tìm tất ba số tự nhiên lớn cho tích hai số cộng chia hết cho số lại Câu (4,0 điểm) Cho 2015 tập hợp, tập hợp có 45 phần tử hai tập có phần tử chung Chứng minh tồn phần tử thuộc tất 2015 tập hợp Hết -Người đề Trương Thị Nguyệt Bằng ĐT 0915828982 ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN: TOÁN – LỚP 10 Câu Câu (4,0 điểm) Đáp án Điểm ĐK: từ pt (2) ,suy x> (1) ⇔ x( x − y ) = y (2 y − x) ⇔ ( x − y )( x + y ) = ⇔ x = y ( x+4y2> ) Thay vào phương trình (2) có x + x = x + x + (*) 1,0đ 1,0 đ Ap dụng bất dẳng thức AM-GM tacó x2 + x2 + 3 ≥ x ⇒ x + 2x + = + ( x + 4) + x ≥ x + ( x + x ) + x = 4 4 x +4 = ( + x) ≥ x + x = x + x 2 Dấu đẳng thức xảy x = Hệ phương trình có nghiệm (2,1) Câu (4,0 điểm) 1,0 đ 1,0 đ A E F K H D I C B *) Gọi I = AK ∩ BC Ta có AI, BF, CE đồng quy FA IC EB ⇒ =1 FC IB EA Mà AE = AF IC FC DC cos C = = Nên IB EB DB cos B IC b cos C sin B.cos C ⇒ = = IB c cos B sin C.cos B IC sin B.cos C ⇔ = a sin A 2,0 đ ⇔ IC = b cos C ⇒ AK ⊥ BC *) A, E, H, K thuộc đường tròn ⇒ BE.BA = BH BK A, E, D, I thuộc đường tròn ⇒ BE.BA = BD.BI ⇒ BK BH = BD.BI ⇒ HKID nội tiếp Mà góc DIK vuông nên góc DHK vuông Vậy DH ⊥ BF Câu (4,0 điểm) Áp dụng BĐT Bunhiakopxki ta ( a b c a + b + c) T= + + ≥ c+b a+c a+b a b+c +b a+c +c a+b ( ( ) 2,0 đ ) 1,0 Lại có a b + c + b a + c + c a + b ≤ ( a + b + c )( 2ab + 2bc + 2ac ) Suy ra: T≥ ( a + b + c) a + b + c 2( ab + bc + ac ) (*) a + b + c ≥ ab + bc + ca (1) S2 Đặt a + b = S ; ab = P; ( P ≤ ) 4−S ⇒ S ≤ Từ giả thiết suy c = P +1 4−S S( − S ) ≥P+ ⇔ P( P + − S ) ≤ ( S − 2) (2) Vậy (1) ⇔ S + P +1 P +1 Nếu P + − S ≤ ⇒ VT ≤ ≤ VP  S2  S2 S   P ( P + − S ) ≤ + − S Nếu P + − S > Ta có ) Suy  (vì P ≤  4  Ta chứng minh S2 ( S − 2) ≤ ( S − 2) P( P + − S ) ≤ 16 (4,0 điểm) 1,0 (vì S ≤ ) a+b+c Gọi a, b, c ba số tự nhiên lớn thỏa mãn điều kiện Vậy: a + b + c ≥ ab + bc + ac Từ (*) suy Câu 1,0 T≥ 1,0 1,0 ab + 1Mc, bc + 1Ma, ca + 1Mb Dễ thấy a, b, c ba số đôi nguyên tố ( có hai số không nguyên tố chẳng hạn a b ( a, b) >1 Khi (ac, b) = d >1 suy ac +1 không chia hết cho d , ac +1 không chia hết cho b ), suy số khác Số S = ab + bc + ca + chia hết cho số a, b, c nên S chia hết cho abc 1,0 ( số a, b, c ba số đôi nguyên tố nhau) Vì S ≥ abc Không tính tổng quát, giả sử 2≤ a ≤ b ≤ c Nếu b ≥ , c ≥ , abc ≥ 2.4.5 = 40 abc abc abc abc 40 S = ab + bc + ca + ≤ + + + = abc − + ≤ abc − + < abc 20 20 Điều mâu thuẫn chứng tỏ b < , a = 2, b = Vì ab + = chia hết c = 1,0 1,0 Vậy toán có ba số thỏa mãn điều kiện 2, 3, Câu Xét tập A số 2015 tập cho A giao với 2014 tập lại nên tồn 2,0 (4,0  2014  + = 45 tập lại a ∈ A phần tử chung không  Điểm)  45  Vậy a thuộc tập A, A1 , A2 , , A45 46 tập hai tập có phần tử chung khác a Ta chứng minh a thuộc tập B 20105 tập cho 2,0 Thật vậy, a ∉ B B có với tập A, A1 , A2 , , A45 phần tử chung khác a, suy B có không 46 phần tử, mâu thuẫn Bài toán chứng minh Lưu ý chấm bài: - Nếu học sinh giải theo cách khác, giám khảo ý đáp án điểm - Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai không điểm - Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau.- Điểm toàn tính đến 0,5 không làm tròn -Hết TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 10 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu (4 điểm) Giải phương trình: x x + + ( x + 1) x + x + = 13 (2 x + 1) Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC (AB 0) Phương trình cho trở thành:  v2 − u −   v2 − u −  5 u + + 1÷v = 13(v − u TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 10 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu (4 điểm) Giải phương trình: x x + + ( x + 1) x + x + = 13 (2 x + 1) Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC (AB 0) Phương trình cho trở thành:  v2 − u −   v2 − u −  5 u + + 1÷v = 13(v − u ) ÷  2     ⇔ 5(v − u )  (u + v) + 1 = 26(u + v)(v − u ) 1,5 u = v (1) ⇔ 5(u + v) − 26(u + v) + = (2) (1) ⇔ x + = x + x + ⇔x=− u + v = (2) ⇔  u + v =  0,5 Dùng bất đẳng thức TBC-TBN ⇒ x + + x + x + ≥ 0,75 Dấu “ = ” xảy x = − Do (2) xảy u + v = Vậy phương trình cho có nghiệm x = − a) Gọi T giao điểm EF BC D tiếp điểm (I) BC Vì AD, BE, CF đồng quy nên (TDBC) hàng điểm điều hòa (1) · · Mặt khác hai tam giác BFK BDK (trường hợp c-g-c) nên FKB = DKB · · , suy TKB (2) = DKB Từ (1) (2) suy BK ⊥ CK Chứng minh tương tự ta BL ⊥ CL Suy B, C, K, L thuộc đường tròn đường kính BC 0,5 1,5 b) + Dựa bổ đề : “Cho tam giác ABC có các cạnh BC, CA, AB tiếp xúc với đường tròn nội tiếp (I) lần lượt tại D, E, F; M trung điểm BC Ta có EF, DI và AM đồng quy”, ta có EF, DI, AM đồng quy N + Từ ba tứ giác nội tiếp BCKL, BLID, CKID ta suy DN phân giác góc LDK · NK DK sin DLK = = · NL DL sin DKL 1· · · · = DLI = DLK ⇒ DLK = ·ABC Mà ·ABC = DBI 2 · Tương tự DKL = ·ACB · NK sin DLK sin ·ABC AC = = = Do · NL sin DKL sin ·ACB AB Suy 2,5 Suy điều phải chứng minh Chứng minh bổ đề: Gọi N giao điểm DI EF Kẻ đường thẳng qua N song song với BC cắt AB, AC P, Q Xét tam giác APQ có hình chiếu I lên ba cạnh điểm N, E, F thẳng hàng nên I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ Suy IP=IQ (chắn hai góc nhau) Suy NP=NQ Do AM qua N Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 3 xy + yz + zx ≤ + + ( xy + yz + zx ) ≤ xyz + xy + yz + zx + x + y + z + = ( x + 1) ( y + 1) ( z + 1) x +1 y +1 z +1 1,0 25 Do ta cần chứng minh y + + z + + x + ≤ ( x + 1) ( y + 1) ( z + 1) Hay ( x + 1) ( z + 1) + ( y + 1) ( x + 1) + ( z + 1) ( y + 1) ≤ 25 ⇔ xy + yz + zx + ( x + y + z ) + ( x + y + z ) + ≤ 25 ⇔ xy + yz + zx ≤ 2 1,0 Không tính tổng quá, giả sử y nằm hai số x, z Khi ta có x ( y − x) ( y − z ) ≤ 1,0 ⇔ xy + zx ≤ xyz + x y  x+z  y + ÷ = 27   Đẳng thức xảy ( x; y; z ) hoán vị ( 0; 1; ) Suyra xy + yz + zx ≤ xyz + x y + yz = y ( xz + x + z ) ≤ y ( x + z ) ≤ 1,0 Trước hết ta thấy PA , PB, PC phải 27 tia nêu đề Giả sử SABC = 27 diện tích tam giác nhỏ Đặt SPBC = x1 , SPCA = x2 , SPAB = x3 với x1 , x2 , x3 ∈ ¢ + thỏa mãn x1 + x2 + x3 = 27 (*) Ứng với ( x1 , x2 , x3 ) thỏa mãn điều kiện trên, ta có 2,0 nên tồn điểm P thỏa mãn đề Suy ta cần đếm số nghiệm nguyên dương (*) Đây lại toán chia kẹo Euler quen thuộc, kết 2,0 uuur uuur uuur r SPBC PA + SPCA PB + SPAB PC = 26 C = 325 Ta có nhận xét: Nếu Nhận thấy nghiệm thỏa phương trình cho nghiệm 0,5 - Xét nghiệm với Không tính tổng quát giả sử 1,5 (*) tương đương với Suy hai số chẵn liên tiếp, hiển nhiên hai số chia hết cho - Vì chia hết cho 8, kéo theo nên hai số không chia hết cho phải có số chia hết cho Do ta đặt Thay vào phương trình với m lẻ (*) ta 2,0 (**) Với Với Suy suy không thỏa phương trình (**) , phương trình (**) trở thành Vậy phương trình TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG LỚP 10 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) ĐỀ THI ĐÈ XUẤT  xy + 2( x + y ) =  Câu (04 điểm): Giải hệ phương trình  2011 2015 2015 2011  x y + x y = 2013  Câu (04 điểm): Cho đường tròn ( O/ ; r1) đường tròn ( O// ; r2) tiếp xúc C Đường tròn (O; r) tiếp xúc với hai đường tròn ( O/ ; r1) ( O// ; r2) Tiếp tuyến chung C đường tròn ( O/ ; r1) ( O// ; r2) d Đường kính AB đường tròn (O; r) vuông góc với d Chứng minh AO”, BO’, d đồng quy Câu (04 điểm): Với ba số thực x, y, z dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức x2 + y2 + z + 1 M= + + − y z x x+ y+z Câu (04 điểm): Cho 2015 tập hợp, tập hợp có 45 phần tử hai tập hợp có phần tử chung Chứng minh tồn phần tử thuộc tất 2015 tập hợp Câu (04 điểm): Tìm số tự nhiên a, b, c, d thỏa mãn đẳng thức: a !+ b!+ c! = d ! HẾT Người thẩm định Người đề Đinh Ngọc Diệp (ĐT: 0977311724) Tổ Toán-Tin HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN, LỚP10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung  xy + 2( x + y ) =  Giải hệ phương trình  2011 2015 2015 2011 = 2013 x y + x y  4 Giải: Ta có: ( xy )2011 ( x + y ) = x 2011 y 2015 + x 2015 y 2011 = Điểm (1) (2) 2013 1,00 > ⇒ xy > Từ phương trình (1) ta có: − xy = 2( x + y ) ≥ xy = xy (Bất đẳng thức Cauchy) 1 − xy ) ( 4 ⇒ xy ≤ x + y = Do < xy ≤ nên áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho số dương − xy − xy − xy − xy xy, , ta được: 2( xy ) 2010 ( xy ) 2 2 − xy − xy   xy + +  ÷ 2010 2010   2 ≤ 2( xy )  ÷ = 2( xy )  ÷ ≤ 2013 3  ÷   Hay x 2011 y 2015 + x 2015 y 2011 ≤ 2013 − xy   xy =  x= y=    ⇔ Dấu “=” xảy  xy =   x= y=− 4  x = y      1   Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)  ; ÷,  − ; − ÷ 3  3  1,00 1,00 1,00 O H A B E D N M O' C O'' Gọi M, N tiếp điểm đường tròn (O; r) với đường tròn ( O/ ; r1) đường tròn ( O// ; r2) Vì d tiếp tuyến đường tròn ( O/ ; r1) đường tròn ( O// ; r2) nên d ⊥ O 'O '' nên AB / /O 'O'' Ta lại có O, N, O’’ thẳng hàng tam giác OBN đồng dạng tam giác · '' N ) · O’’CN ( hai tam giác cân có BON = CO · '' NC nên B, C, N thẳng hàng · suy ONB =O Tương tự A, M, C thẳng hàng BN r AM 1,00 r Suy CN = r ; MC = r Mà AB đường kính (O) nên AN ⊥ BC ; BM ⊥ AC Suy AN, BM, d đồng quy Gọi H = d ∩ AB Áp dụng định lý Ceva ta có: AH BN CM AH r r1 r r = = ⇒ = (1) HB CN MA HB r2 r HB HA ’ 1,00 1,00 ’’ Giả sử d cắt BO AO tạ D E Suy ∆O 'CD : ∆BHD ⇒ Tương tự r CD = (2) DH HB CE r = (3) DH HA Từ (1), (2),(3) suy ’’ ’ CD CE = , suy D trùng E DH EH Do AO , BO ,d đồng quy 1,00 a2 b2 c2 ( a + b + c ) Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng + + ≥ x y z x+y+z +1 ( ≥ x +1 y +1 z + + y z x 2 = 6+2 = 4+ ( (x + 1) ( y + 1) + x2 + + y2 + + z + x+ y+z (z + 1) ( y + 1) + ) ta có 1,00 (x x+ y+z + 1) ( z + 1) ) ≥ + 4( x + y + z) x+ y+z x+ y+z ⇒ M ≥ 4+ 5 17 − = 4+ ≥ 4+ = x+ y+z x+ y+z x+ y+z 3( x2 + y + z ) Vậy M = 17 x = y = z = Xét tập hợp A 2015 tập hợp cho A giao với 2014 tập hợp lại nên tồn a ∈ A phần tử chung không 1,00  2014   45  + = 45 tập hợp lại Giả sử a thuộc tập hợp A, A1 , A2 , , A45 46 tập hai tập hợp có phần tử chung khác a Ta chứng minh a thuộc tập B 1969 tập lại Thật a không thuộc B B có với tập hợp A, A1 , A2 , , A45 phần tử chung khác a 1,00 1,00 1,00 1,00 1,00 suy B có không 46 phần tử, điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy toán chứng minh 1,00 Giả sử a, b, c, d số tự nhiên thỏa mãn đẳng thức cho m = max { a, b, c} Ta có ≤ m < d 1,00 dm! ≤ d ( d − 1) ! = d ! = a !+ b!+ c! ≤ 3m! Suy dm! ≤ 3m! hay d ≤ • Với d = ta có đẳng thức 3! = a !+ b!+ c ! thỏa mãn trường hợp a = b = c = m = 1,00 1,00 • Với d = 2, đẳng thức xảy d ! = < = a !+ b!+ c! Vậy a = b = c = d = 1,00 TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN, TỈNH LAI CHÂU ĐỀ THI ĐỀ XUẤT LỚP 10 (Đề gồm có 01 trang, gồm 05 câu)  x + y + 2y − + x − y = Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình:   y + = xy + y Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao BE, CF cắt H ( E ∈ AC,F ∈ AB ) Trên tia FB, EC lấy điểm P, Q TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN, TỈNH LAI CHÂU ĐỀ THI ĐỀ XUẤT LỚP 10 (Đề gồm có 01 trang, gồm 05 câu)  x + y + 2y − + x − y = Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình:   y + = xy + y Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao BE, CF cắt H ( E ∈ AC,F ∈ AB ) Trên tia FB, EC lấy điểm P, Q cho FP = FC , EQ = EB Các đường thẳng BQ, CP cắt K Gọi I, J theo thứ tự trung điểm BQ, CP Đường thẳng IJ cắt BC, PQ theo thứ tự M, N Chứng minh rằng: a) HK ⊥ IJ · · b) CAM = BAN Câu (4 điểm) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 3  a   b   c  P= ÷ + ÷ + ÷ b+c c+a a+b Câu (4 điểm) Cho đường tròn (C) có bán kính Bên đường tròn (C) người ta đặt số hữu hạn hình tròn nhỏ mà tổng độ dài đường kính chúng 4031 Chứng minh vẽ đường thẳng cắt 2015 hình tròn nhỏ Câu (4 điểm) Cho p số nguyên tố Chứng minh p − số nguyên tố p + hợp số Lưu ý: thang điểm 20 ………… … HẾT ………… … Người thẩm định Người đề Bùi Văn Hoàn 0916561438 Lê Thành Trung (SĐT: 01642 222 400) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN, LỚP: 10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung Điểm 2 1,0 u = x − y u + v + u + v = (4 điểm) Đặt  (u, v ≥ 0) Khi hệ trở thành   2 u + v + u v =  v = 2y − 1,0 u + v − u v = ⇔ ( u + v ) + ( u + v ) − 2uv = u + v = u v + uv =  ⇔ ⇔ ⇔ u = v =1  u + v = uv − uv + uv + 4uv + = ( ) ( ) ( )   1,0 x − y = x = ⇔ Với u = v = 1, ta có   2y − =  y = 1,0 Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) = ( 2,1) ( ) (4 điểm) a) (2,0 điểm) Gọi ( C1 ) , ( C2 ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác FPC, EBQ · · ⇒ tứ Vì tam giác FPC EBQ vuông cân nên BPC = CQB giác BPQC nội tiếp ⇒ KP.KC = KB.KQ ⇒ PK/( C1 ) = PK/ ( C2 ) 1,0 Mặt khác tứ giác EFBC nội tiếp, ta có HF.HC = HE.HB ⇒ PH/ ( C1 ) = PH/ ( C2 ) Suy HK trục đẳng phương ( C1 ) ( C2 ) (1) Ta lại có IJ đường nối tâm ( C1 ) , ( C ) (2) Từ (1), (2) suy HK ⊥ IJ (đpcm) b) (2,0 điểm) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác KBC với cát tuyến MIJ tam giác KPQ với cát tuyến NJI ta có: 1,0 1,0 MB JC IK NQ JP IK MB NQ =1= ⇒ = (3) MC JK IB NP JK IQ MC NP · Gọi d đường phân giác góc BAC , gọi B’, M’, C’ theo thứ tự ảnh B, M, C qua phép đối xứng trục d Ta có B’, M’, C’ thẳng hàng B’C’ // PQ (4) M 'B' MB Lại có = (5) M 'C' MC M 'B' NQ Từ (3) (5) ta có = (6) M 'C' NP · · Từ (4) (6) suy A, M’, N thẳng hàng Do BAM ' = BAN · · Theo tính chất phép đối xứng trục ta có CAM = BAM ' · · Từ suy CAM (đpcm) = BAN Ta có : (4 điểm) c3 a + b3  a + b  ⇔  c  ≥ ≥  ÷ 3 ÷  a + b  4( a + b )   1,0 1,0 c3  c  Do  (1) Đẳng thức xảy ⇔ a = b ÷ ≥ 3  a + b  4( a + b ) Tương tự ta có: 3 a3 b3  a   b  (2),  (3)  ÷ ≥ ÷ ≥ 3 3  b + c  4( b + c )  c + a  4( c + a ) a3 b3 c3 Từ (1), (2), (3) ta có 4P ≥ 3 + + b + c c + a a + b3 1   = ( a + b ) + ( b3 + c3 ) + ( c3 + a )  3 + + −3 3 ÷ b +c c +a a +b  ≥ −3= ⇒ P ≥ 2 Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c Vậy MinP = Lấy đường kính AB (C) cố định Chiếu vuông góc (4 điểm) hình tròn nhỏ lên AB ta hình chiếu hình tròn nhỏ đoạn thẳng có độ dài đường kính hình tròn (Ta gọi đoạn thẳng đoạn thẳng ảnh) Vì hình tròn nằm (C) nên đoạn thẳng ảnh bị chứa đoạn thẳng AB Do số hình tròn nhỏ hữu hạn nên số đoạn thẳng ảnh hữu hạn Lần lượt, theo chiều từ A đến B, kí hiệu đầu mút đoạn thẳng ảnh A1 ,A , ,A n (Mỗi điểm Ai , i = 1, 2, , n đầu mút chung nhiều đoạn thẳng ảnh) ( ) 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 Gọi mi số đoạn thẳng ảnh chứa đoạn thẳng AiAi+1 (i = 1,n − ) n −1 n −1 i =1 i =1 1,0 Ta có ∑ A i A i+1 ≤ AB = 2; ∑ mi A i A i+1 = 4031 (1) Nếu mi ≤ 2014, ∀i = 1,n − n −1 ∑ m A A i =1 i i n −1 i +1 ≤ 2014∑ A i A i+1 i =1 ≤ 2014x2 < 4031 (mâu thuẫn với (1)) Do phải tồn j ∈ { 1,2,3, ,n − 1} cho m j ≥ 2015 Lấy điểm K đoạn A jA j+1 , qua K kẻ đường thẳng d vuông góc với AB d cắt 2015 hình tròn nhỏ (đpcm) Giả sử p, 8p - nguyên tố Ta có p >2 Vì p = 8p – =15 (4 điểm) không số nguyên tố Xét trường hợp: TH1: p = 8p – = 23 số nguyên tố 8p + = 25 hợp số TH2: p > Do p nguyên tố nên p không chia hết cho ⇒ p ≡ 1(mod3) (Vì trái lại, p ≡