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 1 (4 điểm). Giải phương trình

( 6 x + 3) ( 8x 2 + 8 x − 1) + ( 8 x 2 + 8 x + 1)

2 − 12 x − 12 x 2 = 0 (với x ∈ ¡ ).

Bài 2 (4 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O, H là trực tâm. Gọi
B1 là điểm đối xứng của B qua AC, C1 là điểm đối xứng của C qua AB, O1 là điểm đối
xứng của O qua BC. Gọi P là giao điểm của AB1 và CH , Q là giao điểm của AC1 và
BH , K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 . Chứng minh rằng:
a) PQ vuông góc với O1K .
b) A, K , O1 thẳng hàng.
Bài 3 (4 điểm). Tìm tất cả các cặp số ( p, n ) với p là số nguyên tố và n là số nguyên
dương thỏa mãn p 3 − 2 p 2 + p + 1 = 3n .
Bài 4 (4 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c ≤

1 + 4a 1 + 4b 1 + 4c
Chứng minh rằng
+
+


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 ( 6 x + 3) ( 8 x 2 + 8 x − 1) + ( 8 x 2 + 8 x + 1) 2 − 12 x − 12 x 2 = 0 (với x ∈ ¡ ).
* Điều kiện xác định: 2 − 12 x − 12 x 2 ≥ 0 .
Đặt 2 − 12 x − 12 x 2 = a , 2 x + 1 = b (với a ≥ 0 ). Ta có 4 x 2 + 4 x = b 2 − 1
2
2
nên a 2 + 3b 2 = 5 , phương trình cho có dạng: 3b ( 2b − 3) + ( 2b − 1) a = 0 .

(

)

2
2
Thay thế 3b 2 = 5 − a 2 thu được b 2 ( 5 − a ) − 9 + ( 2b − 1) a = 0

1,5

a = b

,
2b
 a 2 + 3b 2 = 5 
 b = − 5 ± 22

 1
2
6

 4b2 + 3b = 5

1

1

1
5 ± 22 

÷
từ đó có x = − 1 +
÷
2
6


* Vậy tập nghiệm của phương trình cho là
 5 − 2 1 
5 ± 22  
0,5


tròn (K) và (O1 ), dẫn đến PQ vuông góc O1K.
* Chỉ ra được ·AC1H = ·ACH = ·AB1H , do đó tứ giác PQB1C1 nội tiếp.

1đ
0.5đ
0,5đ
0,5

· B A.
* Từ PQB1C1 nội tiếp suy ra ·AQP = C
1 1

2b
(2đ)

1
Xét trong đường tròn (K) có ·AB1C1 = ·AKC1 .
2

1·
0
·
AKC1 + KAC
Do tam giác KAC1 cân tại K nên
1 = 90 , suy ra
2
·KAC + ·AQP = 900 , dẫn đến AK vuông góc với PQ .
1
* AK và KO1 cùng vuông góc với PQ nên ba điểm A, K, O1 thẳng hàng.



1đ

k

2
2
(1) có p ( p − 1) = pr ( pr + 2 ) ⇔ p − ( 2 + r ) p + 1 − 2r = 0 (2).
2

4
2
(2) có nghiệm nguyên dương r nên biệt thức ∆( 2) = r + 4r + 8r là số

1đ


chính phương. Mặt khác với r ≥ 1 có ( r 2 + 3) > ∆ ( 2) > ( r 2 + 2 ) nên ∆ ( 2)
2

2

không thể là số chính phương. Vậy trường hợp này không xảy ra .
Trường hợp 2: 3k + 1Mp , khi đó tồn tại r ∈ ¥ * mà 3k + 1 = pr , thay vào
2
2
(1) có p ( p − 1) = pr ( pr − 2 ) ⇔ p − ( 2 + r ) p + 1 + 2r = 0 (3).
2

4

thì r 4 + 4r 2 − 8r = ( r 2 + 1) ⇔ 2r 2 − 8r − 1 = 0 ,
2

không có giá trị r nguyên dương nào thỏa mãn phương trình này.
4
+ Nếu ∆( 3) = r thì r 4 + 4r 2 − 8r = r 4 ⇔ 4r 2 − 8r = 0 ⇔ r = 2 .
Với r = 2 thì 3k + 1 = 2 p , từ (1) có
3k + 1 = 2 p
2
p
−
1
(
)

2
= 2 . Tìm được p = 5.
 k
p − 1) ⇒ 2 p −
(
2
3
−
1
=


2
Thay trực tiếp p = 5 vào (1) tìm được ( p, n ) = ( 5,4 ) .
* Vậy ( p, n ) ∈ { ( 2,1) ; ( 5,4 ) } .

÷ + 
÷ + 
÷.
1 − 4a 1 − 4b 1 − 4c
a b + c  b c + a  c a + b 
1
1 + 4 a 4 + a a + b + c + a 2a + b + c
1
=
≤
=
* Với a + b + c ≤ thì
. Thật vậy:
1 − 4a 1 − a a + b + c − a
b+c
4
4
0,5đ
1 + 4 a 2a + b + c
≤
⇔ ( b + c ) + 4 a ( b + c ) ≤ 2 a + b + c − 4a ( 2a + b + c )
1 − 4a
b+c
⇔ 2a ( 1 − 4 ( a + b + c ) ) ≥ 0 : Bất đẳng thức đúng.
1đ
1 + 4a
2a + b + c
a−b+ a−c
 2a + b + c 
− 6≤ ∑

.
cyc ( c + a ) ( c + b )
2

2

1 a − b  1
÷ = .
* Lại có 
c a + b  c

(

( a − b)

( a − b)

2

=

2

(1).

) (
)(
)
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có ( ca + cb ) ≤ ( c + a ) ( c + b ) (2).
3

÷ ≥
c  a + b  ( c + a) ( c + b)
2

( a − b) ≤ 1 
Tương tự, suy ra được ∑

∑
cyc ( c + a ) ( c + b )
cyc c 
2

2

a− b
0,5đ
÷ , dẫn tới Đpcm.
a+ b
Bài 5 Trên một đường thẳng cho 2000 điểm đôi một phân biệt thỏa mãn tổng tất cả các
4đ khoảng cách giữa hai điểm tùy ý trong số 2000 điểm đó bằng 2016 đơn vị dài.
Chọn ra và tô màu đỏ cho 1000 điểm tùy ý từ 2000 điểm đó, 1000 điểm còn lại
được tô màu xanh. Chứng minh rằng tổng tất cả các khoảng cách giữa điểm tô
màu đỏ và điểm tô màu xanh không bé hơn 1008 đơn vị dài.
Bổ đề: Với 2n điểm trên trục số, trong đó có n điểm tô màu đỏ và n điểm
tô màu xanh, ta chứng minh tổng khoảng cách giữa các cặp điểm cùng
màu không vượt quá tổng khoảng cách giữa các cặp điểm khác màu.
Kí hiệu x1 , x2 ,..., xn là tọa độ của các điểm tô màu đỏ; y1 , y2 ,..., yn là tọa
độ của các điểm tô màu xanh trên trục số. Cn là tổng tất cả các khoảng 1đ
cách giữa các điểm cùng màu, K n là tổng tất cả các khoảng cách giữa các
điểm khác màu. Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp theo n.

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 và tính chất bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối suy ra
Ck +1 ≤ K k +1 , vậy theo nguyên lí quy nạp có Cn ≤ K n với mọi n nguyên
dương.
Áp dụng bổ đề có:
C1000 + K1000 = 2016
⇒ 2 K1000 ≥ 2016 ⇔ K1000 ≥ 1008 , có Đpcm.

C1000 ≤ K1000

1đ

Giáo viên soạn đề: Phạm Bắc Phú