ĐỀ THI HỌC SINH GIOI TOÁN KHỐI 10 CHUYEN

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
—————————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc )
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————
Câu I (4,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình
2 3
2
3 6 0
3 0
xy y x y
x xy

+ + − =


+ − =


2. Giải phương trình
2 2 2
18 16 4 2 5 3 7 4 2 2 7 2 8 6x x x x x x x+ + + − = + − + + +
Câu II (1,0 điểm)
Tìm tất cả các bộ ba số hữu tỷ dương
( )
; ;m n p
sao cho mỗi một trong các số

1 1 1
; ; m n p
np pm mn
+ + +
là một số nguyên.
Câu III (2,0 điểm)
1. Giả sử
, , a b c
là các số thực dương thỏa mãn
2012 2012 2012
2010 2010 2010
2011
a b c
b c a
+ + <
. Chứng minh
rằng luôn tồn tại số tự nhiên
n
sao cho
3 3 3 2 2 2
1 1 1
2011
2010
n n n n n n
n n n n n n
a b c a b c
b c a b c a
+ + + + + +
+ + +
+ + ≤ + + +

2. Cho
, , a b c
là các số thực dương. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên
m
ta có bất
đẳng thức
3 3 3 2 2 2
1 1 1
m m m m m m
m m m m m m
a b c a b c
b c a b c a
+ + + + + +
+ + +
+ + ≥ + +
Câu IV (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn với ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H. Tiếp tuyến
tại B, C của đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại điểm T, các đường
thẳng TD và EF cắt nhau tại điểm S. Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF
với các đường thẳng TB, TC; M là trung điểm của cạnh BC.
1. Chứng minh rằng H, M lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác DEF và XTY.
2. Chứng minh rằng đường thẳng SH đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC.
Câu V (1,0 điểm)
Kí hiệu
¥
chỉ tập hợp các số tự nhiên. Giả sử
:f →¥ ¥
là hàm số thỏa mãn các điều
kiện
( )

1 0f >
và
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2f m n f m f n+ = +
với mọi
, m n∈¥
. Tính các giá trị của
( )
2f
và
( )
2011f
.
Hết
Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………SBD: …………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 VÒNG TỈNH
TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 – 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh các trường THPT chuyên)
Đáp án gồm 4 trang
Câu Nội dung Điểm
I (3 điểm) I.1 (3 điểm)
+) Nếu

0y =
thay vào hệ ta có
2
3 0
3 0
x
x
=


− =

hệ này vô nghiệm
0,5
+) Nếu
0y ≠
thì ta đặt
x ty=
thay vào hệ ta được
3 3
2 2 2
3 6 0
3 0
ty y ty y
t y ty

+ + − =


+ − =



0,5
( )
( )
2 2
2 2
2
2 2
2
3 6 0
3 6 0
3
3
ty y t
y ty y t
y
t t y
t t

+ + − =

+ + − =
 
⇔ ⇔
 
=
+ =
 


+

0,5
( )
( )
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
1 3 6 0
1
3 6 0
2 1 0
1
3
3
3
3
2
t t
t
t
t t
t t

t
y
y
y
y
t t
t t
t t


+ + − =
 =
+ − =
− + =



+
   
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
   
=
=
   
=
=

+




+

+

0,5
3
3
2
2
x y
x y
y
=


⇔ = = ±

= ±


.
0,5
Vậy hệ phương trình có nghiệm là
( )
3 3 3 3
; ; ; ;
2 2 2 2
x y
   

= − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
0,5
I.2 (1 điểm)
ĐK
1
2
x ≥
với điều kiện này phương trình được đưa về dạng
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2
18 16 4 3 2 1 7 2 2 2 1 7 2 2 3
2 3 2 1 7 2 2 3 2 1 6 2 2 0
x x x x x x x
x x x x x x
+ + + − = + − + + +
⇔ + + − − + + + − + + =
0,25
Đặt
3 2 1; 2 2a x x b x= + + − = +
thay vào phương trình trên ta được
( ) ( )
2 2
2 7 6 0 2 3 2 0 2 3 ; 2a ab b a b a b a b a b− + = ⇔ − − = ⇔ = =
0,25
+)

2 3 2 1 2 2 2a b x x x= ⇔ + + − = +
phương trình này vô nghiệm
0,25
+)
2 3 2 3 2 2 1 3 2 2a b x x x= ⇔ + + − = +
giải phương trình này được
nghiệm
1x =
. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
1x =
.
0,25
II
(1 điểm)
Giả sử tìm được bộ ba số
( )
; ;m n p
trong đó
, , m n p
là các số hữu tỉ
dương sao cho có các số nguyên dương
, ,a b c
thỏa mãn
1 1 1
; ;a m b n c p
np pm mn
= + = + = +
Từ đó
1mnp anp bpm cmn+ = = =
. Suy ra

( ) ( )
2 3
1abc mnp mnp= +
0,25
Đặt
u
mnp
v
=
trong đó
( )
, , ; 1u v u v
+
∈ =¢
ta được
( )
3
2
3
2
2
1
u u
abc abcu v u v
v v
 
× = + ⇔ = +
 ÷
 
(1)

0,25
Do
( )
; 1u v =
nên nếu
p
là một số nguyên tố sao cho
2
|p u v
thì hoặc
|p u

hoặc
|p v
do đó
u v+
không chia hết cho
p
. Do đó
( ) ( )
3
3
2
2
(1)
1
u v
abc u v
abc
u v

u v

+
= +

⇔ = ⇔

=


0,25
Suy ra
1, 8, 1.u v abc mnp= = = =
Từ đó tìm được
( ) ( ) ( ) ( )
; ; 1;1;8 , 1;2;4 , 2;2;2a b c =
và các hoán vị và vì vậy
( ) ( )
1 1 1
; ; 1;1;1 , ; ;4 , ;1;2
2 2 2
m n p
   
=
 ÷  ÷
   
và các hoán vị.
0,25
III
III. 1 (1,0 điểm)

Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử không tồn tại số tự nhiên
n

nào thỏa mãn thì với mọi số tự nhiên
n
ta luôn có
3 3 3 2 2 2
1 1 1
2011
2010
n n n n n n
n n n n n n
a b c a b c
b c a b c a
+ + + + + +
+ + +
+ + > + + +
0,5
Lần lượt cho
0,1,2, ,2009n =
và cộng từng vế của
2010
bất đẳng thức ta
được
2012 2012 2012
2 2 2
2010 2010 2010
2011
2010. 2011
2010

a b c
a b c
b c a
+ + > + + + >
. Mâu thuẫn với giả
thiết nên ta có đpcm.
0,5
III.2 (1,0 điểm)
Áp dụng bđt AM – GM cho
2
số
2m
m
a
b
+
và
m
số
2
b
ta có
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2
2

.
2 2 2
m
m m
m
m m
a a b
mb m m a
b b
+
+
+
+ ≥ + = +
0,25
(2 điểm)
Tương tự ta được
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2
2
.
2 2 2
m
m m
m
m m

b b c
mc m m b
c c
+
+
+
+ ≥ + = +
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2
2
.
2 2 2
m
m m
m
m m
c c a
ma m m c
a a
+
+
+
+ ≥ + = +
0,25
Cộng từng vế các bđt trên ta được

2 2 2
2 2 2
m m m
m m m
a b c
a b c
b c a
+ + +
+ + ≥ + +
(1)
Áp dụng bđt AM – GM cho
m
số
2m
m
a
b
+
và
2
a
ta được
( )
( )
( )
( )
3
3 2 2
2
1

1
1
.
1 1
m m
m m
m
m m
m m
a a a a
m a m m
b b
b
+
+ +
+
+
+
+ ≥ + = +
. Tương tự ta có
( )
( )
( )
( )
3
3 2 2
2
1
1
1

.
1 1
m m
m m
m
m m
m m
b b b b
m b m m
c c
c
+
+ +
+
+
+
+ ≥ + = +
( )
( )
( )
( )
3
3 2 2
2
1
1
1
.
1 1
m m

m m
m
m m
m m
c c c c
m c m m
a a
a
+
+ +
+
+
+
+ ≥ + = +
0,25
Cộng từng vế của các bđt trên ta được
3 3 3 2 2 2
1 1 1
2 2 2
2 2 2
m m m m m m
m m m m m m
m m m
m m m
a b c a b c
m m
b c a b c a
a b c
a b c
b c a

+ + + + + +
+ + +
+ + +
   
+ + ≥ + +
 ÷  ÷
   
+ + + − − −
Kết hơp với (1) ta có đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra
a b c⇔ = =
.
0,25
IV. (1 điểm)
+) Do các tứ giác
,BFHD DHEC
và
CBFE
nội tiếp nên
·
·
·
·
·
·
FDH FBH FBE FCE HCE HDE= = = = =
Suy ra
DH
là phân giác của góc
·
.EDF

Tương tự cũng được
EH
là
phân giác của góc
·
DEF
và
FH
là phân giác của góc
·
.EFD
Từ đó
H
là
tâm đường tròn nội tiếp của tam giác
.DEF
0,5
+) Do
·
·
·
( ) ( )
.sin
; ; ;
2 2
a a A
MBT MCT BAC MB MC d M BT d M CT= = = = ⇒ = =
0,25
+) Ta có
·

·
·
·
·
·
·
0 0
90 90MEF HEF HEM HAB HEM HAB HBM B C A= + = + = + = − + − =
và
( )
;
2 2 2
BC a a
ME d M EF= = ⇒ =
.
Do đó
( ) ( ) ( )
; ; ; sin
2
a
d M TB d M TC d M EF A= = = ×
nên
M
là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác
XTY
.
0,25
IV.2 (1 điểm)
+) Do tứ giác

AFDC
nội tiếp và
TX
tiếp xúc với
( )
O
nên
·
· ·
·
·
FDB FAC BAC CBT DBT= = = =
Suy ra
|| .TX DF
Tương tự cũng có
|| .TY DE
0,5
+) Từ đó, với
DF
k
TX
=
thì phép vị tự tâm
S
tỷ số
k
biến tam giác
DEF

thành tam giác

TYX
. Và do đó biến
H
(tâm đường tròn nội tiếp của
tam giác
DEF
) thành
M
(tâm đường tròn nội tiếp của tam giác
TYX
)
suy ra
, ,S H M
thẳng hàng.
0,5
X
Y
S
M
T
H
D
E
F
O
B
C
A
V
(1 điểm)

Đặt
( )
2f a=
. Cho
( ) ( )
( )
( )
2
0 0 3 0 0 0m n f f f= = ⇒ = ⇒ =
.
Cho
( ) ( )
( )
( )
2
1; 0 1 1 1 1m n f f f= = ⇒ = ⇒ =
. Cho
( )
1 3 3.m n f= = ⇒ =

Cho
( )
( )
( )
2
2
0 ,n f m f m m= ⇒ = ∀ ∈¥
nên
( )
2

4f a=
.
0,25
Mặt khác với mỗi số tự nhiên

( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2
2 2 2 2
3 1 2 2 3 2
1 2 2 3 2 1
k k k k k
f k f k f k f k
≥ ⇒ + + − = − +
⇒ + + − = − +
Từ (1) cho
3k =
ta có

( )
( )

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
4
4 2 1 0 2 3 16 2 2 2f f f f a a f+ = + ⇒ = ⇒ = ⇒ =
.
0,25
Theo trên ta chứng minh được
( )
f n n=
với
0; 1; 2; 3; 4n =
. Ta chứng
minh bằng quy nạp
( )
f n n=
. Thật vậy, với
3n
≥
từ đẳng thức (1) ta có:
( )
( )
( )
( )
( )

( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
2 2 2
2
1 2 2 3 2
1 3 2 2 2 1 1 1
f n f n f n f n
f n n n n n f n n
+ + − = − +
⇒ + = − + − − = + ⇒ + = +
Do đó
( ) ( )
, 2011 2011.f n n n f= ∀ ∈ ⇒ =¥
0,5