ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM 2015 -Toán 10 trường chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: Toán Lớp 10
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)

ĐỀ BÀI
Câu 1. (4,0 điểm ) Giải hệ phương trình:
2
1 1 4( ) 3( )
2014 2 2015
x y x y x y
x y

+ + + = + + +


− =


Câu 2. (4,0 điểm) Cho hai đường tròn (
ω
1
), (
ω
2
) tiếp xúc ngoài tại điểm T. Một
đường thẳng cắt đường tròn (

ω
1
) tại các điểm A, B và tiếp xúc với (
ω
2
) tại X.
Đường thẳng XT cắt (
ω
1
) tại S và C là một điểm trên cung TS không chứa A và B.
Cho CY là tiếp tuyến của (
ω
2
) tại Y sao cho các đoạn thẳng CY và ST không cắt
nhau. Cho I là giao điểm của các đường thẳng XY và SC; AI cắt đường tròn (
ω
1
) tại
điểm thứ hai K. Chứng minh rằng:
a) C, T, Y và I cùng thuộc một đường tròn.
b) KB=KC=KI.
Câu 3. (4,0 điểm) Chứng minh, với mỗi số nguyên dương
n
luôn tồn tại số tự
nhiên
x
sao cho
2
( ) 64 21 27f x x x= + +
chia hết cho

2
n
.
Câu 4. (4,0 điểm) Cho
, ,x y z
là các số thực dương thỏa mãn
3
4
x y z+ + ≤
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 1
( )( )( )P x y y z z x
x y z
= + + + + + +
Câu 5. (4.0 điểm) Có 2015 vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng
tròn, mỗi đấu thủ đấu với tất cả các đấu thủ còn lại. Kết quả mỗi trận đấu chỉ có
thắng hoặc thua, không có hòa. Chứng minh rằng có thể xếp 2015 vận động viên
theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau.
HẾT

Người ra đề: Phạm Thị Hà Định
Số điện thoại : 0912581381
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
ĐÁP ÁN

CÂU NỘI DUNG
1

4,0 đ
Giải hệ phương trình:
2
1 1 4( ) 3( ) (1)
2014 2 2015 (2)
x y x y x y
x y

+ + + = + + +


− =


Điều kiện:
0x y+ ≥
. Đặt
; 0u x y u= + ≥
.
Ta có (1) trở thành
2 4 2 4
1 1 4 3 1 3 4 1u u u u u u+ + = + ⇔ + − = −
2 2
2 2
2
2 2 2
2
1 3
(2 1)(2 1)
1 3

1
(2 1) 2 1 0 2 1 0 2 2 1
1 3
u u
u u
u u
u u u x y
u u
+ −
⇔ = − +
+ +
 
⇔ − + + = ⇔ − = ⇔ + =
 ÷
+ +
 
Kết hợp với (2) ta có hệ:
1
2 2 1
1
2014 2 2015
2
x
x y
x y
y
=

+ =



⇔
 
− =
= −



KL: Hệ đã cho có nghiệm (x;y) =
1
1;
2
 
 ÷
 
.
2
4,0 đ
Cho hai đường tròn (
ω
1
), (
ω
2
) tiếp xúc ngoài tại điểm T. Một đường thẳng cắt
đường tròn (
ω
1
) tại các điểm A, B và tiếp xúc với (
ω

2
) tại X. Đường thẳng XT cắt
(
ω
1
) tại S và C là một điểm trên cung TS không chứa A và B. Cho CY là tiếp
tuyến của (
ω
2
) tại Y sao cho các đoạn thẳng CY và ST không cắt nhau. Cho I là
giao điểm của các đường thẳng XY và SC; AI cắt đường tròn (
ω
1
) tại điểm thứ hai
K. Chứng minh rằng:
a) C, T, Y và I cùng thuộc một đường tròn.
b) KB=KC=KI.
a) + Do hai đường tròn (
ω
1
), (
ω
2
) tiếp xúc ngoài tại T nên ta có
·
»
º
·
= = = TAS
2 2

XT TS
BXT
suy ra S là điểm chính giữa cung AB hay SA=SB.
Mà
·
·
= TASTCI
(ATCS nội tiếp),
· ·
=TAS BXT
và
·
·
= YXBXT T
nên
·
·
= TYITCI
.
Suy ra CTIY nội tiếp.
b) Do
·
·
=AXS TAS
nên suy ra
∆ = ∆AX ASS T
nên
=
2
.SA ST SX

.
Ta có
·
·
·
= =CIT CYT TXY
nên
∆ = ∆SXI SIT
hay
=
2
.SI ST SX
.
Từ đó SA=SI.
Mặt khác
·
·
·
·
·
·
 
+
= − = − + = −
 ÷
 ÷
 
0 0 0
180 180 90
2 2

BAC ABC ACB
BCI BCS ACB
nên CI là phân
giác ngoài của góc
·
ACB
.
Trong tam giác cân BSI ta có
·
·
·
= =BSI BSC BAC
mà
¶
·
= −
0
BIS 90
2
ABC
hay BI là
phân giác ngoài góc
·
ABC
.
Do đó I là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC.
Mà AI cắt đường tròn (
ω
1
) ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai K nên

KB=KC=KI.
3
4,0 đ
Chứng minh, với mỗi số nguyên dương
n
luôn tồn tại số tự nhiên
x
sao cho
2
( ) 64 21 27f x x x= + +
chia hết cho
2
n
.
+) Với
n
=1, chọn
x
=1 khi đó
(1) 92f =
chia hết cho
1
2
.
+) Giả sử với
n k=
, tôn tại
k
x
sao cho

( ) 2
k
k
f x M
.
+) Với
1n k= +
. Từ
( ) 2 ( ) .2
k k
k k
f x f x K⇒ =M
, với K nguyên dương.
Chọn
1
2
k
k k
x t x
+
= +
, với t nguyên dương. Khi đó
2 2
1 1 1
2 2 2 1
( ) 64 21 27 64(2 ) 21(2 ) 27
64 2.64 .2 64.2 21.2 21 27 2 21.2 2
k k
k k k k k
k k k k k k

k k k
f x x x t x t x
x x t t t x K t p
+ + +
+
= + + = + + + +
= + + + + + = + +
Với p nguyên dương, nên tồn tại t’ sao cho
( 21 ') 2K t+ M
.
Vậy chọn
1
2
k
k k
x t x
+
= +
thì
1
1
( ) 2
k
k
f x
+
+
M
.
Theo nguyên lý quy nạp ta có, với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại số tự

nhiên x sao cho
2
( ) 64 21 27f x x x= + +
chia hết cho
2
n
.
4
4,0
Cho
, ,x y z
là các số thực dương thỏa mãn
3
4
x y z+ + ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức

1 1 1
( )( )( )P x y y z z x
x y z
= + + + + + +
Đặt
, ,x a y b z c= = =
, ta có
, ,a b c
là các số dương thỏa mãn
2 2 2
3
4

a b c+ + ≤
và
2 2 2
1 1 1
( )( )( )P a b b c c a
a b c
= + + + + + +
.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
2 2 2 2
1 4 1 4 1 4 1 4
4 4; 4; 4
a a a a b b c c
+ ≥ ⇒ ≥ − ≥ − ≥ −
.
Mặt khác
( )( )( ) 8a b b c c a abc+ + + ≥
, suy ra
4 4 4 1 1 1 7 1 1 1
8 12 8 12
2 2 2 2
P abc abc
a b c a b c a b c
   
≥ + + + − = + + + + + + −
 ÷  ÷
   
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

1 1 1 1 1 1 9

8 4;
2 2 2
abc
a b c a b c a b c
+ + + ≥ + + ≥
+ +
.
Suy ra
63
8
2( )
P
a b c
≥ −
+ +
.
Do
2 2 2 2
9
( ) 3( )
4
a b c a b c+ + ≤ + + ≤
nên
3
2
a b c+ + ≤
. Suy ra
63
8 13
3

P ≥ − =
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 1
2 4
a b c x y z= = = ⇒ = = =
.
5
4,0
Có 2015 vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng tròn, mỗi đấu thủ
đấu với tất cả các đấu thủ còn lại. Kết quả mỗi trận đấu chỉ có thắng hoặc thua,
không có hòa. Chứng minh rằng có thể xếp 2015 vận động viên theo hàng dọc
sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau.
Xét tất cả các cách xếp một số vận động viên theo hàng dọc sao cho người đứng
trước thắng người đứng kề sau. Vì số cách xếp như vậy là hữu hạn nên tồn tại
một cách xếp T có nhiều vận động viên nhất. Ta chứng minh cách xếp T thỏa
mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy giả sử T không chứa tất cả các vận động viên và
A
là người không nằm trong cách xếp T. Giả sử trong cách xếp T có n người
1 2
, , ,
n
A A A
sao cho
i
A
thắng
1i
A
+

. Nếu
A
thắng
1
A
thì cách xếp
1 2
, , , ,
n
A A A A
có
nhiều vận động viên hơn cách xếp T. Do đó
A
thua
1
A
. Lập luận tương tự như
vậy ta dẫn đến
A
thua tất cả các vận động viên
1 2
, , ,
n
A A A
. Nhưng khi đó cách
xếp
1 2
, , , ,
n
A A A A

có nhiều vận động viên hơn cách xếp T, vô lí. Vậy cách xếp T
phải chứa tất cả các vận động viên và ta có điều phải chứng minh.
HẾT

Người ra đề: Phạm Thị Hà Định
Số điện thoại : 0912581381