Đề số 30: Đề luyện thi hsg cấp tỉnh môn toán năm học:2015 - 2016

Bé ®Ò båi d-ìng HSG M«n To¸n –Tr×nh ThÞ Thóy Ph-îng-THCS ThÞ TrÊn 2- Yªn LËp –Phó Thä 
1 
ĐỀ SỐ 30: ĐỀ LUYỆN THI HSG CẤP TỈNH MÔN TOÁN 
NĂM HỌC:2015-2016 
Câu 1 (3,0 điểm) 
a)Chøng minh r»ng nÕu sè nguyªn k lín h¬n 1 tho¶ m·n 2k 4 vµ 2k 16 lµ c¸c sè 
nguyªn tè th× k chia hÕt cho 5. 
b)Cho a, b, c là các số nguyên sao cho 2a + b; 2b + c; 2c + a là các số chính phương, biết 
rằng trong ba số chính phương nói trên có một số chia hết cho 3. 
Chứng minh rằng: (a - b)(b - c)(c - a) chia hết cho 27. 
Câu 2 (4,0 điểm) 
a)Cho a, b, c thoaû maõn ( a + b – 2c )2 + ( b + c – 2a )2 + ( c + a – 2b )2 = 
( a – b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 . Chöùng minh raèng a = b = c . 
b)Rút gọn biểu thức B = 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 42( ) ( ) 2( )( ) ( )x y z x y z x y z x y z x y z             
Câu 3 (4,0 điểm) 
a)Giải phương trình:    
3 32 62 1 1x x x x      . 
b)Giaûi heä phöông trình : 
2 2
3 3 2
3 4 (1)
12 6 +9 (2)
x y x
x x y x
   

  
Câu 4 (7,0 điểm) 
1.Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn OB (M không trùng 
với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M 
và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N. 
a)Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm 
C, M, N thẳng hàng. 
b)Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất. 
2. Cho tam giác ABC và các trung tuyến AM, BN, CP. Chứng minh rằng: 
3
4
(AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA 
Câu 5 (2,0 điểm) Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 1abc  . 
Chứng minh rằng 
        
3
1 1 1 1 1 1 4
a b c
a b b c c a
  
     
------------------------------------ Hết -------------------------------------- 
Họ và tên thí sinh: .................................................................. SBD: .......................... 
Bé ®Ò båi d-ìng HSG M«n To¸n –Tr×nh ThÞ Thóy Ph-îng-THCS ThÞ TrÊn 2- Yªn LËp –Phó Thä 
2 
ĐÁP ÁN CẤP TỈNH MÔN TOÁN 
NĂM HỌC 2015-2016 
I. Mét sè chó ý khi chÊm: 
- H-íng dÉn chÊm d-íi ®©y chØ dùa vµo lêi gi¶i s¬ l-îc cña mét c¸ch, khi chÊm gi¸m kh¶o 
cÇn b¸m s¸t yªu cÇu cña ®Ò bµi, lêi gi¶i chi tiÕt cña häc sinh ®¶m b¶o l«gic ®óng kiÕn thøc 
bé m«n. 
- ThÝ sinh lµm bµi c¸ch kh¸c víi H-íng dÉn chÊm mµ ®óng th× tæ chÊm thèng nhÊt cho ®iÓm 
t-¬ng øng víi biÓu ®iÓm cña H-íng dÉn chÊm 
- §iÓm bµi thi lµ tæng c¸c ®iÓm thµnh phÇn lµm trßn ®Õn 0,25 ®iÓm. 
II. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm: 
Câu 1 (3,0 điểm) 
a)Chøng minh r»ng nÕu sè nguyªn k lín h¬n 1 tho¶ m·n 2k 4 vµ 2k 16 lµ c¸c sè 
nguyªn tè th× k chia hÕt cho 5. 
Giải 
a) V× k > 1 suy ra 2 2k 4 5; k 16 5    
- XÐt 2 2 2k 5n 1 (víi n ) k 25n 10n 1 k 4 5         
2
k 4  kh«ng lµ sè nguyªn tè. 
- XÐt 2 2 2k 5n 2 (víi n ) k 25n 20n 4 k 16 5         
2
k 16  kh«ng lµ sè nguyªn tè. 
- XÐt 2 2 2k 5n 3 (víi n ) k 25n 30n 9 k 16 5         
2
k 16  kh«ng lµ sè nguyªn tè. 
- XÐt 2 2 2k 5n 4 (víi n ) k 25n 40n 16 k 4 5         
2
k 4  kh«ng lµ sè nguyªn tè. 
Do vËy k 5 
b)Cho a, b, c là các số nguyên sao cho 2a + b; 2b + c; 2c + a là các số chính phương, biết 
rằng trong ba số chính phương nói trên có một số chia hết cho 3. 
Chứng minh rằng: (a - b)(b - c)(c - a) chia hết cho 27. 
Giải 
Vì 2a + b; 2b + c; 2c + a là các số chính phương nên ta có thể đặt 
2a + b = m2; 2b + c = n2; 2c + a = p2 với m, n, p là các số tự nhiên. 
Vì trong các số m2; n2; p2 có một số chia hết cho 3 nên không mất tính tổng quát có thể giả sử m2 
chia hết cho 3 (1). 
Ta lại có m2 + n2 + p2 = 3a + 3b + 3c chia hết cho 3 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra n2 + p2 chia hết cho 3. Dễ thấy n và p đều chia hết cho 3. 
Do đó 2a + b; 2b + c; 2c + a đều chia hết cho 3. 
Từ đó suy ra a, b, c đều chia hết cho 3. 
Vậy (a - b)(b - c)(c - a) chia hết cho 27. 
Câu 2 (4,0 điểm) 
a)Cho a, b, c thoaû maõn ( a + b – 2c )2 + ( b + c – 2a )2 + ( c + a – 2b )2 = 
Bé ®Ò båi d-ìng HSG M«n To¸n –Tr×nh ThÞ Thóy Ph-îng-THCS ThÞ TrÊn 2- Yªn LËp –Phó Thä 
3 
( a – b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 . Chöùng minh raèng a = b = c . 
Giaûi: 
Töø ( a + b – 2c )2 = a2 + b2 + 4c2 + 2ab – 4bc – 4ac 
 ( b + c – 2a )2 = b2 + c2 + 4a2 + 2bc – 4ac – 4ab 
 ( c + a – 2b )2 = a2 + c2 + 4b2 + 2ac – 4ab – 4bc 
=>( a + b – 2c )2 + ( b + c – 2a )2 + ( c + a – 2b )2 = 
 = 3( a – b )2 + 3( b – c )2 + 3( c – a )2 
Do ñoù töø giaû thieát ta coù: 
 3( a – b )2 + 3( b – c )2 + 3( c – a )2 = ( a – b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 
=> 2 ( a – b )2 + ( b – c )2 + ( c – a ) 2 = 0 
 a – b = 0 
=> b – c = 0 = > a = b = c ( Ñieàu phaûi chöùng minh ) 
 c – a = 0 
b)Rút gọn biểu thức B = 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 42( ) ( ) 2( )( ) ( )x y z x y z x y z x y z x y z             
Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có: 
B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2 
Ta lại có: a – b2 = - 2( 2 2 2 2 2 2x y y z z x  ) và b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó: 
B = - 4( 2 2 2 2 2 2x y y z z x  ) + 4 (xy + yz + zx)2 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24x y 4y z 4z x 4x y 4y z 4z x 8x yz 8xy z 8xyz
8xyz(x y z)
         
  
Câu 3 (4,0 điểm) 
a)Giải phương trình:    
3 32 62 1 1x x x x      . 
Ta có  
33 3 3a b c a b c          
3 33 3a b c ab a b a b c        
        
3 3
3 3a b c c a b a b c ab a b a b c            
   3 a b c a b c ab                 3 3a b a b c c b c a b b c a c             (*) 
Ta có:      
3 332 3 21 1 2 0x x x x       
   2 23 1 1 2 0x x x x      (Theo (*)). 
Vì 2 1x x  = 2
1 3
( ) 0
2 4
x    , 2 1x  >0, nên x+2=0 hay x= –2. 
Vậy phương trình có một nghiệm x = –2. 
b)Giaûi heä phöông trình : 
2 2
3 3 2
3 4 (1)
12 6 +9 (2)
x y x
x x y x
   

  
Từ phương trình (1) ta suy ra: 2 29 12 3 3x x y   thế vào phương trình (2) thu gọn ta được: 
3 3 2 2 2 2
2 2
0
3( ) ( )( 3 3 ) 0
3 3 0
x y
x y x y x y x xy y x y
x xy y x y
 
           
    
 * Nếu 2 20x y y x y x       thế vào phương trình (1) ta được 
2 22 3 4 2( 1) 1 0x x x      phương trình này vô nghiệm. 
Bé ®Ò båi d-ìng HSG M«n To¸n –Tr×nh ThÞ Thóy Ph-îng-THCS ThÞ TrÊn 2- Yªn LËp –Phó Thä 
4 
 * Nếu 2 2 3 3 0x xy y x y     , trừ vế theo vế của phương này với phương trình (1) ta được: 
3
3 3 3 4 3 3 0 ( 3)( 1) 0
1
x
xy x y x xy x y x y
y

                 
 + Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y2 = 0 suy ra y = 0, cặp (x;y) = (3; 0) thoả mãn 
phương trình (2). 
 + Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2)2 = 0 suy ra x = 2, cặp (x;y) = (2; 1) thoả 
mãn phương trình (2). 
 Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x; y) = (3;0), (2; 1). 
Câu 4 (7,0 điểm) 
1.Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn OB (M không trùng 
với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M 
và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N. 
a)Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm 
C, M, N thẳng hàng. 
b)Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất. 
K
H
N
O
I
J
BA
D C
M
a) MNB MBC  ( Cùng chắn cung BM) 
MND MDC  ( Cùng chắn cung DM) 
90BND MNB MND MBC MDC      
Do đó 5 điểm A, B, C, D, M cùng thuộc một đường tròn 
Suy ra NC là phân giác của góc BND ( do cung BC = cung BD) 
Mặt khác, theo CM trên ta có NM là phân giác của góc BND 
Nên M, N, C thẳng hàng. 
 b)Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N trên AC và BD  NHOK là hình chữ nhật 
Bé ®Ò båi d-ìng HSG M«n To¸n –Tr×nh ThÞ Thóy Ph-îng-THCS ThÞ TrÊn 2- Yªn LËp –Phó Thä 
5 
Ta có : . . . 2NANC NH AC NH a  
 . . . 2NB ND NK BD NK a  
Suy ra 
2 2 4
2 2 2 2. . . 2 . . 2 . .
2 2
NH NK a
NANB NC ND a NH NK a a NO

    
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
2
a
NH NK  
(2 2)
2
a
OM

  
2. Cho tam giác ABC và các trung tuyến AM, BN, CP. Chứng minh rằng: 
3
4
(AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA 
Giải 
Gọi G là trọng tâm của ABC, ta có: GM = 
1
3
AM; GN = 
1
3
BN; GP =
1
3
CP 
Vì AM, BN, CP các trung tuyến, nên: M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, AC, AB 
Do đó: MN, NP, MP là các đường trung bình của ABC 
Nên: MN = 
1
2
AB; NP = 
1
2
BC; MP = 
1
2
AC 
Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có: 
* AM < MN + AN hay AM < 
1
2
AB + 
1
2
AC (1) 
 Tương tự: BN < 
1
2
AB + 
1
2
BC (2) 
 CP < 
1
2
BC + 
1
2
AC (3) 
Từ (1), (2), (3) suy ra: AM + BN + CP < AB + BC + CA (*) 
* GN + GM > MN hay 
1
3
BN + 
1
3
AM > 
1
2
AB (4) 
 Tương tự: 
1
3
BN + 
1
3
CP > 
1
2
BC (5) 
1
3
CP + 
1
3
AM > 
1
2
AC (6) 
Từ (4), (5), (6) suy ra: 
1
3
BN + 
1
3
AM + 
1
3
BN + 
1
3
CP + 
1
3
CP + 
1
3
AM > 
1
2
AB + 
1
2
BC+
1
2
AC 

2
3
 (AM + BN + CP) > 
1
2
(AB + AC + BC) 
 
3
4
(AB + BC + CA) < AM + BN + CP (**) 
Từ (*), (**) suy ra: 
3
4
(AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA 
Câu 5 (2,0 điểm) Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 1abc  . 
G
M
P N
A
B C
Bé ®Ò båi d-ìng HSG M«n To¸n –Tr×nh ThÞ Thóy Ph-îng-THCS ThÞ TrÊn 2- Yªn LËp –Phó Thä 
6 
Chứng minh rằng 
        
3
1 1 1 1 1 1 4
a b c
a b b c c a
  
     
Giải 
Ta có 
        
3
1 1 1 1 1 1 4
a b c
a b b c c a
  
     
         4 1 4 1 4 1 3 1 1 1a c b a c b a b c          
       4 4 3 3 3 3ab bc ca a b c abc ab bc ca a b c              
6ab bc ca a b c       
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho ba số dương ta được: 
3
3
3 . . 3
3 3
ab bc ca abbc ca
a b c abc
   
   
Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta được 6ab bc ca a b c      . 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1a b c   . Vậy bđt được chứng minh. 
------------------------------------ Hết --------------------------------------