TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
---------

ĐỀ THI MÔN TOÁN
LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao đề)
Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

3 y 3 − 3 y 2 − 15 y − x − 8 = 0

3
2
Bài 1 (4,0 điểm). Giải hệ phương trình  z + 2 z − 4 z + y − 11 = 0 .
 3
2
2 x + 10 x + 6 x − z − 16 = 0
Bài 2 (4,0 điểm). Trên các cạnh BC , CA, AB của tam giác nhọn ABC lần lượt lấy các cặp
điểm A1 , A2 ; B1 , B2 ; C1 , C2 tương ứng ( A1 nằm giữa B và A2 ; B1 nằm giữa C và B2 ; C1 nằm giữa A

· B = BB
· B = CC
· C = CC
· C . Các đường thẳng
C2 ) thỏa mãn ·AA1 A2 = ·AA2 A1 = BB
1 2
2 1
1 2
2 1


3 y 3 − 3 y 2 − 15 y − x − 8 = 0

3
2
Bài 1 (4,0 điểm). Giải hệ phương trình  z + 2 z − 4 z + y − 11 = 0 .
 3
2
2 x + 10 x + 6 x − z − 16 = 0
Hướng dẫn chấm

 x − 1 = 3( y + 1) 2 ( y − 3) (a)

2
Hpt
⇔
Ta có:
 y − 3 = −( z + 2) ( z − 2) (b) .

2
 z − 2 = 2( x + 3) ( x − 1) (c)
Giả sử ( x; y; z ) là một nghiệm của hệ.
(b )

(c)

(b )

(c)



4,0 điểm

Bổ đề: Gọi R và R( HBC ) , R( HCA) , R( HAB ) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC và HBC , HCA, HAB . Khi đó

R( HBC ) = R( HCA) = R( HAB ) = R (*).
Chứng minh: Áp dụng định lí Sin, ta có

2R =

BC
BC
, 2 R( HBC ) =
(1).
·
·
sin BAC
sin BHC

Mặt khác theo tính chất của trực tâm thì

·
·
·
·
(2).
BAC
+ BHC
= 1800 ⇒ sin BAC

Vậy hai tam giác X 1Y1Z1 và X 2Y2 Z 2 cùng nội tiếp trong đường tròn tâm H , bán kính

2 R cos α .

0,5

Bài 3 (4,0 điểm). Gọi ℑ là tập tất cả các tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 + bx + c với hệ số thực và thỏa





mãn −2016 ≤ f (1), f ( −1), f (0) ≤ 2016 . Tìm max  max f ( x) ÷.
f ∈ℑ  x∈[ −1;1]



Hướng dẫn chấm

4,0 điểm

f (1) + f (−1)

− f (0)
a =
2
 f (1) = a + b + c

f (1) − f (−1)


x +x +
x − x + f (0) 1 − x 2 .
2
2

(

)

(

)

(

)

(Chú ý: Có thể sử dụng khai triển Lagrange để thu được khai triển trên).
Do đó

3

1,0


Hướng dẫn chấm

(

(

(

(

)

≤ 1008 x 2 + x + x 2 − x + 2016 1 − x 2 .
Vì ( x 2 + x)( x 2 − x) = x 2 ( x 2 − 1) ≤ 0, ∀x ∈ [ − 1;1] nên với mọi f ∈ ℑ và với mọi
x ∈ [ − 1;1] , ta có

(

)

(

)

f ( x) ≤ 1008 x 2 + x − x 2 − x + 2016 1 − x 2 = −2016 x 2 + 2016 | x | +2016
.

2

1

= −2016  | x | − ÷ + 2520 ≤ 2520.
2




1,0

min{bi , b j } ≥ max{ai , a j }, ∀i ≠ j (*)
(ở đây ta kí hiệu [ Ai Bi ] là đoạn thẳng Ai Bi ).
Vì [ Ai Bi ] ∩  A j B j  ≠ ∅; ∀i ≠ j; i , j = 1, 2016 nên áp dụng (*) ta được

min{b1, b2 ,..., b2016 } ≥ max{a1, a2 ,..., a2016} .
Suy ra tồn tại c ' thỏa mãn min{b1, b2 ,..., b2016 } ≥ c ' ≥ max{a1, a2 ,..., a2016 } .

1,0

2016

Từ ai ≤ c ' ≤ bi ⇒ c ' ∈ [ai ; bi ],∀i = 1, 2016 ⇒ c ' ∈ I [ai ; bi ] .
i =1

Giả sử điểm C ' có tọa độ c ' trên trục đã chọn, suy ra C ' là điểm chung của tất cả các
đoạn Ai Bi , ∀i = 1, 2016 . Gọi d là đường thẳng qua C ' và vuông góc với AB , khi
đó d có điểm chung với tất cả các cung c1, c2 ,..., c2016 . Do đó các cung
c1, c2 ,..., c2016 có điểm chung.
Bài 5 (4,0 điểm). Chứng minh rằng S = 20152 + 2014 + 20162 + 2015 là một số vô tỉ.
4

1,0


Hướng dẫn chấm
Giả sử

n 2 + k = n + α . Khi đó


2015 + 2016 < S < 2015 + 2016 +
Mặt khác, ta thấy
Suy ra

(

2014
2015
+
< 2015 + 2016 + 1 ⇒ S ∉ ¢ .
2.2015 2.2016

1,0

2
2
20152 + 2014 là nghiệm đa thức P( x) = x − 2015 − 2014 .

)

(

P S − 20162 + 2015 = 0 ⇔ S − 20162 + 2015

)

2

− 20152 − 2014 = 0

-Hết-

5

1,0