Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 10 (Chuyên) - Năm học 2016-2017 - Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 10 - THPT CHUYÊN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình   33 2 33 4 4 1 2 1 1 4x x x x x     
 x . 
Câu 2 (2,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2 1a b c   . 
Chứng minh rằng 
3 3 3
2 2 2
3
.
1 3
a b c
b c c a a b
  
   
Câu 3 (2,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  ,p q thỏa mãn phương trình 
2( 1) (2 3).p p p q q    
Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC không cân có AB AC và đường tròn nội tiếp là 
(I). Các đường thẳng AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại 
1 1 1, ,A B C . Các đường thẳng qua I song song với BC, CA, AB lần lượt cắt 1 1 1 1 1 1, ,B C C A A B tại 
2 2 2, ,A B C . Gọi M là trung điểm của BC. 
a. Chứng minh rằng I là trực tâm của tam giác 1 1 1A B C . 
b. Chứng minh rằng 2 2 2, ,A B C thẳng hàng. 
c. Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC tại D, đường thẳng qua I vuông góc với AI 
cắt đường thẳng nối trung điểm AB, AC tại N. Chứng minh rằng đường thẳng qua N và 
vuông góc với IM đi qua trung điểm của đoạn ID. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho số nguyên dương 1n  và 3n đường thẳng được vẽ trong mặt 
phẳng sao cho không có hai đường thẳng nào trong chúng song song và không có ba 
đường thẳng nào trong chúng đồng quy. Trong 3n đường thẳng đã cho, ta tô màu đỏ 2n 
đường thẳng và tô màu xanh n đường thẳng còn lại. Chứng minh rằng có ít nhất n miền 
sao cho tất cả các biên của nó đều có màu đỏ. 
------------Hết------------ 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.......; Số báo danh:. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 10- THPT CHUYÊN 
I. LƯU Ý CHUNG: 
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm 
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. 
II. ĐÁP ÁN: 
Câu Nội dung trình bày Điểm 
1 (2,0 điểm) 
TH1. Nếu 3 2 1 1 0 0x x    thử lại phương trình ta thấy không 
thỏa mãn. 
0,25 
TH2. Nếu 3 2 1 1 0 0x x    , khi đó phương trình đã cho trở 
thành 
     33 2 3 3 33 4 4 1 2 1 1 2 1 1 4 2 1 1x x x x x x x          
0,5 
    3 33 2 1 1 4 2 1 1x x x x      0,25 
 3 3
3 3
3 2 2 1 1
1 2 2 1
x x
x x
 
 
  
 
Đặt 33 2 1 1 2y x y x    , kết hợp với phương trình trên ta được 
hệ phương trình 
3
3
1 2
1 2
x y
y x



 
 
0,5 
 3 3
3
1 2
1 2
x y y x
y x
  
 

 
 
  2 2
3
2 0
1 2
x y x xy y
y x
 
 

   
 
 
2 2
3
3
2 0
2 4
1 2
y y
x y x
y x
   
        


   
 
3
1
1 2 1 5
2
x y
x y x
x x
x


 
  
  


 
 

Do đó hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là: 
 
1 5 1 5 1 5 1 5
1;1 , ; , ;
2 2 2 2
S
          
       
     
 
 
0,5 
(Đáp án có 04 trang) 
2 (2,0 điểm) 
Ta có 
3 3 3 4 4 4
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
b c c a a b ab ac bc ba ca cb
    
     
 
2
2 2 2
2 2 2
a b c
ab ac bc ba ca cb

 
    
0,5 
Ta có 
2 2 2 1ab bc ca a b c     
0,25 
  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2ab bc ca a b c a b b c c a      0,5 
   
2
2 2 2 2 2 21 1
3 3
a b c a b c      0,25 
Do đó 
3 3 3
2 2 2
1 3
1 1 31
3
a b c
b c c a a b
  
   
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
1
3
a b c   . 
0,5 
3 (2,0 điểm) 
TH1. p q thay vào phương trình ta được 
   2 1 2 3p p p q q    
   2 1 2 3p p p p p     
2
1
3 4 0
4
p
p p
p

    




 không thỏa mãn 
0,5 
TH2. p q , từ phương trình ta được 2 3 2 3p q q mp   thay vào 
phương trình ta được 
 22 2 2 3p p m pm   
 2 22 2 3 2 0p m p m     (1) 
0,5 
Ta có    
2
2 4 22 8 3 2 4 24 20m m m m m        
Do    
2 2
2 4 2 21 4 24 20 2m m m m m      và (1) có nghiệm nguyên 
dương nên  là số chính phương, suy ra 
  24 2 4 24 24 20 , 1m m m m m    
0,5 
*) 4 2 4 2
1
4 24 20 4 24 20 0
m
m m m m m m
m

    


    
 
 thay vào (1) ta 
được 5, 13 31m p q   thỏa mãn. 
0,25 
*)  
2
4 2 2 24 24 20 1 2 24 19 0m m m m m m        không có nghiệm 
nguyên. 
Vậy    , 13,31p q  . 
0,25 
4 (3,0 điểm) 
4a 
(1,0 
điểm) 
Gọi K là giao điểm của IA và 1 1B C . Khi đó 
 1 1 1 11
2
AKB sd AB sd AC  
0,25 
    01 1 1 1 1 11 1 90
2 4
sd AB sd A B sd BC sd AB sd BC sdCA IA B C        (1) 0,5 
Tương tự ta được 1 1 1IB C A (2). Từ (1) và (2) suy ra I là trực tâm 
của tam giác ABC. 
0,25 
4b 
(1,0 
điểm) 
Do 2 2 1 1 1 2 1||IA BC A IC ICB IB C IA C   đồng dạng với 1 2B A I 
Suy ra 
2
2 1 2 1 2 1 1
2 2 1 1 2 1 1
A C IA IC A B IB
IA A B IB A C IC
 
  
 
   
0,5 
Tương tự như trên ta được 
2 2
2 1 1 2 1 1
2 1 1 2 1 1
,
B C IC C A IA
B A IA C B IB
   
   
   
  
0,25 
Nhân từng vế các đẳng thức trên ta được 
2 2 2
2 1 2 1 2 1 1 1 1
2 1 2 1 2 1 1 1 1
. . 1
A B B C C A IB IC IA
A C B A C B IC IA IB
     
     
     
  
Từ đó theo định lí Menelaus cho tam giác 1 1 1A B C suy ra 2 2 2, ,A B C 
thẳng hàng. 
0,25 
4c 
(1,0 
điểm) 
Gọi P là giao điểm của đường thẳng 1MA với đường thẳng nối 
trung điểm của AB, AC và Q là trung điểm của đoạn ID. Xét tam 
giác 1IMA và biểu thức 
2 2 2 2 2 2
1 1
2 2 2 2 2
1 1
II IA PA PM QM QI
BA PA PM QM QD
  
  
 
  
2 2 2 2
1 1BA PA PM DM    
0,5 
Q
N
D
P
M
B2
A2
C1
B1
I
A1
O
A
B
C
 2 2 2 2 21 1BM MA PA PM DM     
2 2 2 2 2
1 1MA PA PM DM BM     
2 2 2
1 1 .MA PA PM DB DC    
 
22 2
1 1 .MA MA PM PM DB DC     
  12 . . . . tan
2
a
A
MA PM DB DC h MB p b p c     
0,25 
     . . .
2
a
S
a r p
h p b p c S p b p c
p a p a
     
 
  
 
  
2
0
S
p b p c
p p a
  

  . 
Do đó theo định lí Carnot ta có đường thẳng qua I vuông góc IA, 
đường thẳng qua Q vuông góc IM và đường thẳng qua P vuông 
góc với 1MA đồng quy tại một điểm, suy ra đpcm. 
0,25 
5 (1,0 điểm) 
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: 
Bổ đề: 
Cho n đường thẳng phân biệt, không có hai đường thẳng nào 
song song và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Khi đó n 
đường thẳng này sẽ chia mặt phẳng thành 
 1
1
2
n n
 . 
Chứng minh bổ đề: 
Giả sử n đường thẳng chia mặt phẳng thành nS miền. Khi đó ta có 
hệ thức sau 
 
1 2 1
1
1 1 ... 2 1
2
n n n
n n
S S n S n n S n n   

              
0,25 
Theo bổ đề thì 2n đường đỏ sẽ tạo ra 
 
 
2 2 1
1 2 1 1
2
n n
n n

    miền 
đỏ (miền đỏ là miền mà các biên của nó đều có màu đỏ). 
Xét một đường xanh nào đó, đường xanh này cắt 2n đường đỏ 
suy ra mỗi đường xanh sẽ tạo ra tối đa 2 1n miền mà biên có cả 
màu xanh và màu đỏ. 
0,25 
Các đường xanh còn lại sẽ sinh ra tối đa 2n miền mà có biên có 
cả màu xanh và đỏ (vì hai đường xanh cắt nhau nên miền đỏ mà 
chứa giao điểm này sẽ chung) suy ra số miền tối đa có biên gồm 
cả màu đỏ và xanh tạo ra từ 1n đường xanh còn lại là  2 1n n . 
0,25 
Do đó số miền đỏ sẽ      2 1 1 2 1 2 1n n n n n n      . 0,25 
-------Hết-------