TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN – KHỐI 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH SƠN LA

Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

9 x3 + 8 x + (y − 3) 1 − 3 y = 0
Câu 1 (4,0 điểm): Giải hệ phương trình  2
2
9 x + y + 5 − 6 x = 6

( x, y ∈ ¡ ) .

Câu 2 (4,0 điểm).
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với
BC cắt (O) tại D. Lấy M là trung điểm của AD. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt
OM tại E. F là tiếp điểm kẻ từ O đến đường tròn ngoại tiếp tam giác EMD, F nằm trên
(EMD)). Lấy I là trung điểm của AB. Gọi N là giao điểm của BF và MI. Chứng minh
rằng: AN ⊥ BD .
Câu 3 (4,0 điểm).
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = xyz .
Chứng minh rằng

x + yz + y + zx + z + xy ≥ xyz + x + y + z .

Bài 4 (4 điểm).
Cho một bảng ô vuông kích thước 10cm × 10cm được chia đều thành 100 ô vuông,

ĐK x ≤ ; y ≤

Điểm
1
3

1,0đ

Ta có
9 x 3 + 8 x + (y − 3) 1 − 3 y = 0
⇔ 3x(9 x 2 + 8) = (9 − 3y) 1 − 3 y

Đặt 3x = a, 1 − 3y =b, ta được
a (a 2 + 8) = b(b 2 + 8) ⇔ (a − b)(a 2 + ab + b 2 + 8) = 0 ⇔ a = b

1,0đ

Vậy 3 x = 1 − 3 y .
Thay vào phương trình (2) ta được
y3 − 3 y + 1 + 5 − 2 1 − 3 y = 6
4 − 2 1− 3y

⇔ (y+ 1)(y− 4) +


⇔ (y+ 1)  y − 4 +



(


≤

1
6
−2
−4+
=


1,0

·
·
Nên ANFM là tứ giác nội tiếp. Từ đó có AFM
= ANM
= 90o .
Ta có điều phải chứng minh.
Câu 3
(4 đ)

1
x

1
y

1
z

Đặt a = ; b = ; c = ⇒ a, b, c > 0 và a + b + c = 1 .
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

1,0


a + bc + b + ac + c + ab ≥ ab + bc + ca + 1 .
a + bc = a (a + b + c ) + bc = a 2 + a (b + c ) + bc ≥ a 2 + 2a bc + bc
⇒ a + bc ≥

1,0

1
3

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = ⇔ x = y = z = 3 .
Bài 4
4đ

Cho một bảng ô vuông kích thước 10cm × 10cm được chia đều
thành 100 ô vuông, mỗi ô vuông có cạnh dài 1cm . Ban đầu
người ta tô màu đen cho k ô vuông nào đó trên bảng. Sau đó,
nếu ô vuông nào chưa bị tô đen mà nằm cạnh (có cạnh chung)
với ít nhất hai ô vuông đã tô đen thì lập tức ô này cũng bị tô
đen. Hãy xác định giá trị nhỏ nhất của k để một lúc nào đó tất
cả các ô trên bảng đều bị tô đen.
Xét mỗi bước biến đổi: Tô màu đen cho ô vuông chưa được tô
màu mà ô vuông này có chung cạnh với ít nhất hai ô đã tô màu.
Trong mỗi bước biến đổi ta tô đen cho ô vuông từ trạng thái
(A) sang trạng thái (B) thuộc một trong bốn trường hợp sau và
ta quan tâm tới chu vi của phần đã tô màu:

Chu vi kh«ng ®æi
Chu vi kh«ng ®æi
( B)
( A ) →
( B ) ( A ) →

1,0



Câu 5 Tìm cặp số nguyên tố ( p; q ) sao cho ( 7 p − 2 p ) ( 7q − 2q ) M( pq ) .
(4 đ)
Không mất tổng quát, giả sử q ≥ p , vế trái lẻ, suy ra p, q lẻ.
Nhận xét: Nếu k là số nguyên tố thỏa mãn 7 k − 2k Mk.

1,0

k
k
Theo định lý Fermat nhỏ 7 − 2 ≡ 7-2 ( mod k ) ⇒ k = 5.

Giả sử p > 5. Ta có

7 p − 2 p Mp ⇒ p = 5 ( l )
p
p
q
q
p
p
q
q
7
−
2
7
−
2
M

q
Trường hợp p=5. Ta có ( 7 − 2 ) ( 7 − 2 ) M( 5q ) .

1,0


Hiển nhiên q=5 thỏa mãn. Nếu q > 5 ⇒ 7 q − 2q không chia hết
5
5
cho q, suy ra 7 − 2 Mq ⇒ 16775 = 5.5.11.61 Mq ⇒ q = { 11; 61}
Thử lại thấy thỏa mãn.
3
3
q
q
Trường hợp p=3. Ta có ( 7 − 2 ) ( 7 − 2 ) M( 3q ) .

Hiển nhiên q=3, q=5 không thỏa mãn. Nếu
q > 5 ⇒ 73 − 23 Mq ⇒ 335 = 5.67 Mq ⇒ q = 67 (Thử lại không thỏa
mãn).
Kết luận ( p; q ) = { ( 5; 5) ; ( 5; 11) ; ( 5; 61) ; ( 11; 5 ) ; ( 61; 5 ) } .

1,0