SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT
NĂM HỌC 2016-2017
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ hai: 29/10/2016

Bài 5 (7,0 điểm).
1) Cho số tự nhiên n thỏa: C21n1  C22n 1  ...  C2nn1  1023 . Tìm hệ số của số hạng
chứa x8 của khai triển (1 + x + x2 + x3)n.
2) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p; q  thỏa mãn p 2  5q 2  4 .
Bài 6 (7,0 điểm).
Cho tứ giác ABCD thỏa mãn AB.CD  AD. BC  AC.BD . Biết rằng đường tròn
nội tiếp tứ giác ABCD có tiếp điểm với các cạnh AB, BC, CD và DA lần lượt tại K, L,
M và N.
1) Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn.
2) Chứng minh KL2  MN 2  KN 2  LM 2
Bài 7 (6,0 điểm).
Tìm các số tự nhiên a1; a2; a3…; an thỏa mãn a 1 + a2 + a3 + … + an = 2015
sao cho biểu thức P = a 1.a2.a3…an lớn nhất có thể.
………………………… Hết ………………………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và không được sử dụng máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh ………………………………..… Số báo danh ………… Phòng thi ……..
Cán bộ coi thi thứ nhất ……………………… Cán bộ coi thi thứ hai …………………………



 C2kn 1 x k  22 n1 

C

k 0

k
2 n 1

0,5

k 0

Ta có:


 2 n 1

 22 n 1  2   C2kn 1   2048  n  5
 k 0

5

2

3 5

5

2 5


0,5

5, 0


1,0

1,0

1,0

1,0

1,0
2

7,0

a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C1 ),(C2 ) lần lượt có
2a.
3.0
điểm

phương trình: x 2  y 2  2 x  4 y  0 ;

x 2  y 2  2 x  6 y  1  0 . Lập phương

trình đường thẳng d tiếp xúc với (C1 ) và cắt (C2 ) tại A, B thỏa mãn



I2

2

0.75

suy ra d ( I 2 ; d )  I 2 H  5 .
Do d tiếp xúc với (C1 ) nên d ( I1; d )  R1  5
Vì khoảng cách từ 2 điểm I1 ; I 2 đến d bằng nhau nên d song song I1I2 hoặc d đi
qua trung điểm của I1I2.
2

1.0


Nếu d//I1I2 thì d có dạng: x  2 y  m  0 ; vì d ( I1 ; d )  5 nên m  0; m  10
5
2

Nếu d đi qua trung điểm của I1I2 thì d có dạng ax  b( y  )  0 ( a 2  b 2  0 )
a
d ( I1 ; d )  5 

2

b
2
2


3
6,0
điểm

Tìm các số tự nhiên a1; a 2; a3…; an thỏa mãn a1 + a2 + a 3 + … + an =
6,0
2015 sao cho biểu thức P = a1.a2.a3…an lớn nhất có thể.
Ta chứng tỏ trong các số a1; a2; a3…; an không có số 1.
Thật vậy, giả sử tồn tại một số bằng 1, chẳng hạn là a1 = 1, khi đó trong
1,5
các số còn lại phải có số aj >2, ta giả sử là a2 >2, vì ngược lại dễ thấy điều
vô lý.
Khi đó ta thay a1 bởi số 2 và a2 bỡi a2 -1  2
2  ( a2  1)  a3  ...  an  2015

 a2  2
2( a2  1) a3 ..an  1a2 .a3 ...an

Vi phạm P = a1.a2.a 3…an lớn nhất có thể.

4

1,0


Suy ra trong n số tự nhiên cần tìm a1; a 2; a 3…; a n chỉ nhận các giá trị 2,3,4.

Tuy nhiên 4 = 2.2 và 4 = 2 + 2 nên thay số 4 bởi hai số 2
Trong n số có nhiều nhất là hai số 2 vì nếu giả sử có ba số 2 thì
2  2  2  6