TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ X – QUẢNG NINH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X NĂM 2014
MÔN THI: TOÁN KHỐI 10

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ

Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:
 x 2 + 2 xy − 2 x − y = 0
 4
2
2
 x − 4 ( x + y − 1) x + y + 2 xy = 0
Câu 2 (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) , đường phân giác
·
trong góc BAC
cắt (O) tại D khác A . E là điểm đối xứng B qua AD . BE cắt (O) tại F

khác B . P là một điểm di chuyển trên AC . Gọi ( K ) là đường tròn ngoài tiếp tam
giác BPE . Giả sử đường tròn ( K ) cắt (O) tại L khác B .
a) Chứng minh rằng LP luôn đi qua một điểm S cố định khi P di chuyển
b) Gọi T là trung điểm của PE . Chứng minh rằng đường thẳng qua T song
song với LS đi qua trung điểm AF .
Câu 3 (4 điểm): Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1
Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≥ 12(a 3 + b3 + c 3 )(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 )
Câu 4 (4 điểm):Cho tam giác đều cạnh n được chia thành các tam giác đều cạnh 1.
a) Hỏi có bao nhiêu hình hình bình hành được tạo thành ?

b) Người ta phủ kín tam giác đều đã cho bằng các hình được ghép bởi 6 tam giác
đều cạnh 1 có dạng như sau

sao cho các hình này không chồng lên nhau (có thể xoay hoặc lật các hình này).
Hãy xác định các giá trị của n để có thể thực hiện được điều đó.
Câu 5 (4 điểm): Tìm tất cả các số tự nhiên a sao cho tồn tại số tự nhiên n > 1 mà
a n + 1 chia hết cho n 2
1


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
1

Nội dung
( Dễ ) Giải hệ phương trình sau:
 x 2 + 2 xy − 2 x − y = 0
 4
2
2
 x − 4 ( x + y − 1) x + y + 2 xy = 0
Biến đổi phương trình thứ hai về dạng:

(x
⇔(x

) (

)


4

− 4 x3 + 4 x 2 − 4 x 2 − 2 x y + 4 y 2 − 3 y 2 − 6 xy = 0

2

− 2x − 2 y

)

2

= 3 y 2 + 6 xy

Biến đổi phương trình thứ nhất về dạng:
x 2 − 2 x − 2 y = −2 xy − y ⇔ x 2 − 2 x − 2 y = − y ( 2 x + 1)
Đem thay vào phương trình thứ hai ta thu được phương trình:
y = 0
2
y2 ( 1 + 2x) = 3y ( y + 2x ) ⇔ 
2
 2 xy + 2 x y − 3x − y = 0
x = 0
2
Với y = 0, thay vào phương trình thứ nhất tìm được: x − 2 x = 0 ⇔ 
x = 2
Với 2 xy + 2 x 2 y − 3x − y = 0 ⇔ y = 2 xy + 2 x 2 y − 3x thay vào phương trình thứ
x = 0 ⇒ y = 0
nhất có: x ( 2 xy − x − 1) = 0 ⇔ 
x +1

y =
( x ≠ 0)
2x

x +1
Thay y =
vào phương trình ban đầu thu được phương trình:
2x

( x − 1) ( 2 x 2 + 1) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: (0; 0), (2; 0), (1; 1).
2

Điểm

( Trung bình Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) , đường phân giác
·
trong góc BAC
cắt (O) tại D khác A . E là điểm đối xứng B qua AD . BE cắt (O)

tại F khác B . P là một điểm di chuyển trên AC . Gọi ( K ) là đường tròn ngoài
tiếp tam giác BPE . Giả sử đường tròn ( K ) cắt (O) tại L khác B .
a) Chứng minh rằng LP luôn đi qua một điểm S cố định khi P di chuyển
b) Gọi T là trung điểm của PE . Chứng minh rằng đường thẳng qua T
2

4,0



song song với LS đi qua trung điểm AF .

Lời giải:

»
a)Ta chứng minh LP đi qua điểm S cố định là điểm chính giữa cung BC
chứa A .
Thật vậy:
·
·
·
·
·
DLP
= DLB
+ BLP
= BAD
+ BEP
= 900 ( Do AD ⊥ BE )
·
·
⇒ DLS
= DLP
= 900
⇒ L, P, S thẳng hàng

b) Ta chứng minh tứ giác ASEF là hình bình hành
Ta có
·
= 900

 DAS
⇒ AS / / EF (*)

 AD ⊥ BF
Theo giả thiết bài toán AD là tia phân giác suy ra D là điểm chính giữa cung
» không chứa A và E là điểm đối xứng của B qua AD nên ta có
BC
DB = DE = DC
·
·
·
·
·
·
Mà DEF
và BFD
= 1800 − DEB
= 1800 − EBD
= DCF
= DFC
·
Suy ra DF là tia phân giác góc EDC
⇒ DF ⊥ AC

Do DS là đường kính nên suy ra DF ⊥ SF ⇒ SF / / AE (**)
Từ (*) và (**) suy ra tứ giác ASEF là hình bình hành
Gọi M là giao điểm của AF và SE hay M là trung điểm AF
Xét tam giác PSE dễ thấy IM là đường trung bình ⇒ IM / / PS
Vậy đường thẳng qua T song song với LS đi qua trung điểm AF .


3

( Khó ) Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện
3

4,0


a +b + c =1

Chứng minh rằng : ab + bc + ca ≥ 12(a 3 + b3 + c 3 )(a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 )
Lời giải:
Không mất tính tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c
Đặt M = ab + bc + ca − 12(a 3 + b3 + c 3 )(a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 )
N = a (b + c) − 12  a 3 + (b + c)3   a 2 (b + c) 2 

Ta có:

ab + ac + bc ≥ a (b + c)
a 3 + b3 + c 3 ≤ a 3 + (b + c )3
a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≤ a 2 (b + c ) 2
⇒M ≥N

Tiếp theo ta sẽ chứng minh
N ≥0

⇔ a (b + c) − 12  a 3 + (b + c)3   a 2 (b + c) 2  ≥ 0
⇔ a (b + c) 1 − 12a(b + c)  a 3 + (b + c)3   ≥ 0
⇔ 1 − 12a(b + c) ( a 3 + (b + c)3  ≥ 0
⇔ 1 − 12a(b + c) ( a + b + c)3 − 3a(b + c)(a + b + c)  ≥ 0


⇔ 1 − 12a(b + c)(1 − 3a(b + c) ≥ 0 (*)
1
Đặt x = a, y = b + c ta có x + y = 1 ⇒ xy ≤
4

Măt khác theo bất đẳng thức AM-GM

1
1 12 xy + 4 − 12 xy 2
12 xy (1 − 3 xy ) ≤ 12 xy (4 − 12 xy ) ≤ (
) =1
4
4
2
Suy ra bất đẳng thức (*) luôn đúng suy N ≥ 0
Vậy M ≥ 0 ⇔ ab + bc + ca ≥ 12( a 3 + b3 + c3 )(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 )

Đẳng thức xảy ra với bộ (
4

3+ 3 3− 3
;
;0) và các hoán vị của chúng
6
6

( Khó ) Cho tam giác đều cạnh n được chia thành các tam giác đều cạnh 1.
a) Hỏi có bao nhiêu hình hình bình hành được tạo thành ?
b) Người ta phủ kín tam giác đều đã cho bằng các hình được ghép bởi 6 tam

giác đều cạnh 1 có dạng như sau

sao cho các hình này không chồng lên nhau (có thể xoay hoặc lật các hình
4

4đ


này). Hãy xác định các giá trị của n để có thể thực hiện được điều đó.

4đ

Giải:
Gọi tam giác đã cho là ABC .
Chia tập các hình bình hành tạo thành thành ba tập con

• TBC là tập các hình bình hành có hai cạnh song song (hoặc ở trên) hai cạnh
AB và AC .
• TCA là tập các hình bình hành có hai cạnh song song (hoặc ở trên) hai cạnh
BC và BA .
• TAB là tập các hình bình hành có hai cạnh song song (hoặc ở trên) hai cạnh
CA và CB .
Do tính đối xứng của tam giác đều nên TBC = TCA = TAB . Suy ra số hình bình
hành tạo thành là S = 3 TBC .
Kéo dài AB, AC thêm các đoạn BM = CN = 1 . Cho ( H ) là một hình bình hành
trong tập TBC . Kéo dài 4 cạnh của ( H ) cắt đoạn thẳng MN tại 4 điểm phân
biệt. Ngược lại với 4 điểm phân biệt có tọa độ nguyên trên đoạn thẳng MN ta
xây dựng được duy nhất một hình bình hành thuộc tập TBC . Như vậy số hình
bình hành thuộc TBC là số cách chọn 4 điểm có tọa độ nguyên trên đoạn thẳng
MN . Mà trên đoạn thẳng MN có n + 1 điểm như vậy nên TBC = Cn4+1 .

Vậy S = 3Cn4+1 .
b) Tam giác đều cạnh n được chia thành n 2 tam giác đều cạnh 1. Mỗi hình đã
cho phủ được 6 tam giác đều cạnh 1. Suy ra n 2 chia hết cho 6, do đó n cũng
chia hết cho 6. Xét hai trường hợp
n = 12k : Chia tam giác đều cạnh n thành k 2 tam giác đều cạnh 12. Mỗi tam

đều cạnh 12 được phủ bởi các hình đã cho theo cách như hình vẽ sau
5


n = 12k + 6 : Tô màu tam giác đều cạnh n theo kiểu bàn cờ, sao cho các tam

giác đều cạnh 1 ở biên đều được tô màu đen.

Tổng số tam giác đen bằng 1 + 2 + L + n =

n(n + 1)
= (6k + 3)(12k + 7) , là một số
2

lẻ. Mỗi hình đã cho phủ được 2 hoặc 4 tam giác đen, nên số tam giác đen
được phủ là một số chẵn. Điều này chứng tỏ trường hợp này không thể phủ
được tam giác đều cạnh n bằng các hình đã cho.
Vậy để phủ tam giác đều cạnh n bằng các hình đã cho thì n = 12k , với k ∈ ¥ * .
5

( Trung bình ) Tìm tất cả các số tự nhiên a sao cho tồn tại số tự nhiên n > 1
mà a n + 1 chia hết cho n 2
Đáp án:
Giả sử tìm được a ∈ N sao cho tồn tại n ∈ ¥ , N > 1, (a n + 1)Mn 2

Trước hết n lẻ. Thật vậy nếu n chẵn thì n 2 ≡ 0(mod 4) mâu thuẫn với a n + 1
đồng dư 1 hoặc 2 ( mod 4) ( a n là số chính phương )
Gọi p là ước nguyên tố bé nhất của n ( p lẻ)
Ta có a n ≡ −1(mod p) ⇔ (− a) n ≡ 1(mod p) . Gọi h là cấp của (−a) (mod p)
suy ra
 p − 1Mh

nMh
Nếu h ≥ 2 thì h có ước nguyên tố q ( mâu thuẫn với p là ước nguyên tố bé
nhất )
6

4đ


Suy ra h = 1 hay a + 1Mp vậy a + 1 có ước nguyên tố lẻ
Ngược lại giả sử a + 1 có ước nguyên tố lẻ p
Ta chứng minh a p + 1Mp 2
Thật vậy
a p + 1 = ( a + 1)(a p −1 − a p −2 + .. − a + 1)Mp 2
(Do a + 1Mp và p lẻ nên (a p −1 − a p −2 + .. − a + 1)Mp )
Vậy các số a ∈ ¥ * cần tìm là các số a mà a + 1 có ước lẻ ( a ≠ 2k − 1 )
Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.
Người ra đề thi

Bùi Văn Vịnh
Số ĐT: 0974802686

7