ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM 2015 -Toán 10 trường chuyên Hoàng Văn Thụ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG
NĂM HỌC 2014- 2015
MÔN THI: TOÁN LỚP 10
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ
Đề thi gồm 1 trang
Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:

2 2
4 2
4 1 3 5 12 3
2 (10 17 3) 3 15
y x y x
y x x x

− + = − −


− + = −


Câu 2 (4 điểm): Cho tứ giác
ABCD
nội tiếp đường tròn
( )O
. Gọi
E
là giao điểm
của

AB
và CD,
F
là giao điểm của
AD
và
BC
. Điểm
G
chạy trên đường tròn tâm
( )O
.
,GE GF
theo thứ tự cắt đường tròn
( )O
tại
,I K
. Chứng minh rằng đường tròn
ngoại tiếp tam giác
OIK
luôn đi qua một điểm cố định ( khác điểm
O
).
Câu 3 (4 điểm): Cho 3 số thực không âm
, ,zx y
thỏa mãn
2 2 2
2x y z+ + =

Chứng minh rằng:

2 2 2
( )( )( ) 4 ( 2) 4 ( )x y y z z x xyz xy yz zx xyz x y z+ + + + + + − ≥ + +

Câu 4 (4 điểm): Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

3 2 3 2 2 4
2x x y xy x y y+ + = +

Câu 5 (4 điểm ): Với n nguyên dương tùy ý, n>3, xét
1
[ ( 1)]
6
k n n= +
và tập
n
X
gồm
( 1)
2
n n
+
phần tử, trong đó k phần tử màu đỏ, k phần tử màu xanh và còn lại màu
trắng. Chứng minh rằng có thể chia tập
n
X
thành n tập con rời nhau
1 2
, , ,
n
A A A…

sao
cho với số m tùy ý
1 m n
≤ ≤
thì tập
m
A
chứa đúng m phần tử và các phần tử đó cùng
màu.
………………………. HẾT …………………….
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Nội dung Điểm
1 Giải hệ phương trình sau:

2 2
4 2
4 1 3 5 12 3
2 (10 17 3) 3 15
y x y x
y x x x

− + = − −


− + = −


Đáp án:
Điều kiện

1
4
x ≥
.
Biến đổi phương trình thứ hai có:
4
2 (5 1)(2 3) 3(1 5 )y x x x− − = −
4 4
1
(loai)
5
4 3 6
x
xy y
=
⇔
+ =
Ta đưa về hệ phương trình:
2 2
4 4
4 1 3 4 1 5 3
4 3 6
y x x y
xy y

− + − = −


+ =



Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên hai vế của phương
trình thứ nhất cho
2
y
và phương trình thứ hai cho
4
y
có:
2 2
4
3 3
4 1 4 1 5
3
4 1 5
x x
y y
x
y

− + − = −




− + =


2,0
điểm

Đặt
2
3
4 1;a x b
y
= − =
với
0, 0a b≥ >
Ta có hệ pt
2 2
5
5
a ab b
a b
+ + =


+ =

ta được
5
1
b
a
b
−
⇒ =
+
thay vào (2)
2 2 4 3 2

5
( ) 5 2 3 20 20 0
1
b
b b b b b
b
−
+ = ⇔ + − − − =
+

3 2
( 1)( 3 20) 0b b b⇔ − + − =

2
( 1)( 2)( 5 10) 0b b b b⇔ − − + + =
Nên
4
5
2
4
1
3
x
a
b
y

=
=



⇒
 
=


= ±

hoặc
4
1
1
2
2
3
2
x
a
b
y

=

=


⇒
 
=



= ±


2,0
điểm
Kết luận
( )
5
; ; 3
4
x y
 
= ±
 ÷
 
;
4
1 3
;
2
2
 
±
 ÷
 
.
2 Cho tứ giác
ABCD
nội tiếp đường tròn

( )O
. Gọi
E
là giao điểm của
AB
và
CD,
F
là giao điểm của
AD
và
BC
. Điểm
G
chạy trên đường tròn tâm
( )O
.
,GE GF
theo thứ tự cắt đường tròn
( )O
tại
,I K
. Chứng minh rằng đường tròn
ngoại tiếp tam giác
OIK
luôn đi qua một điểm cố định ( khác điểm
O
).
Đáp án:

Bổ đề 1: Cho hai đường thẳng
'
,∆ ∆
cắt nhau tại
O
, các điểm
, ,A B C
thuộc
∆
;
các điểm
' ' '
, ,A B C
thuộc
'
∆
. Khi đó
' ' '
, ,AA BB CC
hoặc đồng quy hoặc đôi một
song song khi và chỉ khi
' ' '
( ) ( )OABC OA B C=
Chứng minh:
Chứng minh điều kiện cần:
TH1:
' ' '
, ,AA BB CC
đôi một song song
Theo định lí Thales dạng đại số

'
' '
' '
' ' '
' ' ' '
'
' '
: : ( ) ( )
BO B O
BA BO CO B O C O
B A
OABC OA B C
BA CA
B A C A
CO C O
CA
C A

=


⇒ = ⇒ =


=



TH2:
' ' '

, ,AA BB CC
đồng quy. Gọi
S
là điểm đồng quy của
' ' '
, ,AA BB CC
. Qua
phép chiếu xuyên tâm
S
hàng
, , ,O A B C
biến thành
' ' '
, , ,O A B C

0,5
suy ra
' ' '
( ) ( )OABC OA B C=
Điều kiện đủ:
Ta chứng minh nếu
' ' '
, ,AA BB CC
không đôi một song song thì chúng đồng quy
Thật vậy.
Giả sử
' '
,AA BB
cắt nhau. Đặt
' ' '' '

; = S AA BB C SC= ∩ ∩ ∆

Theo chứng minh trên suy ra
' ' ''
( ) ( )OABC OA B C=
(*)
Theo giả thiết
' ' '
( ) ( )OABC OA B C=
(**). Từ (*) và (**) suy ra
' ''
C C≡

Bổ đề 2: Cho 4 điểm phân biệt
, , ,A B C D
cố định trên đường tròn
( )O
và điểm
M
thay đổi trên
( )O
thì
( )M ABCD
không đổi .
0,5
điểm
Áp dụng các kết quả trên ta chứng minh bài toán như sau.
Gọi
M
là giao điểm

AC
và
BD
.
,H N
lần lượt là giao điểm của
IK
với
AD
và
BC
. L là giao điểm
AC
và
GI
.
Ta có
( ) ( ) ( ) (G ) ( )
( ) ( ) (GIAD) ( ) ( ) ( )
FNCB K FNCB K GICB A ICB A GILE
GILE C GILE C K GIAD K FHAD FHAD
= = = =
= = = = = =

Suy ra
, ,AC BD IK
đồng quy tại M
2,0
điểm
Gọi

P
là giao điểm của
OM
với đường tròn
( )OIK
.
Tao có
( /( )
. . .
M o
MO MP MI MK MA MC P= = =
không đổi
Suy ra
P
là điểm cố định ( do M, O cố định)
1
điểm
3
Cho 3 số thực không âm
, ,zx y
thỏa mãn
2 2 2
2x y z+ + =

Chứng minh rằng:

2 2 2
( )( )( ) 4 ( 2) 4 ( )x y y z z x xyz xy yz zx xyz x y z+ + + + + + − ≥ + +

Đáp án
Ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề: Xét biểu thức

2 2 2
( ) ( ) ( )
z x y
S x y S y z S x z S= − + − + −

Nếu
x y z≥ ≥
và
; ; 0
y y z y x
S S S S S+ + ≥
thì
0S ≥
Chứng minh
2 2 2
2 2
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( ) 2( )(y z) 0
z x y
z y y x y
S x y S y z S x z S
S S x y S S y z x y S
= − + − + −
= + − + + − + − − ≥
1,0
điểm

Chứng minh 3,0
Nếu
. . 0x y z =
Bất đẳng thức luôn đúng
Nếu
. . 0x y z ≠
. Ta có
2 2 2
( )( )( ) 4 ( 2) 4 ( )
( )( )( )
2 2
4
x y y z z x xyz xy yz zx xyz x y z
x y y z z x
xy yz zx
xyz
+ + + + + + − ≥ + +
+ + +
⇔ + + + ≥ +
( )( )( )
2 2 0
4
x y y z z x
xy yz zx
xyz
+ + +
⇔ + + + − − ≥
(1)
Ta có
2 2 2

( )(y )( ) ( ) ( ) ( )
2
4 4
x y z z x x y z y z x z x y
xyz xyz
+ + + − + − + −
− =

2 2 2
2 2 2
1
2(1 ) ( ) ( ) ( )
2
xy yz zx
x y y z z x
x y z
+ +
− = − + − + −
 
 
+ +

Do đó
(1)
2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0
4 2 4 2 4 2
x y y z z x
xy yz zx

⇔ − − + − − + − − ≥

Đặt
1 1 1 1 1 1
( ); ( ); ( )
4 2 4 2 4 2
z x y
S S S
xy yz xz
= − = − = −

Giả sử
1 1
( ) 0
4 2
y
x y z S
xz
≥ ≥ ⇒ = − ≥
Mà
2
2 2 2
1 1 1 1 4
+ =
4 2 4 2 4
2 (x 2 ) 4 2
(y )( ) 4 2
= 0
4 2 4 2
y x

y z xyz
S S
xz yz xyz
yz yz xyz
z x y z xyz
xyz xyz
+ −
= − + −
+ −
+ + + −
≥ ≥
Tương tự
S 0
y z
S+ ≥
Áp dụng bổ đề suy ra điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi
2
3
x y z= = =

điểm
4 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

3 2 3 2 2 4
2x x y xy x y y+ + = +

Đáp án: Ta có 1,0

3 2 3 2 2 4

2 2 2
2
( ) ( )
x x y xy x y y
x x y x y y
+ + = +
⇔ + = −
+) Dễ thấy
0x y= =
là một nghiệm của phương trình
+) Với
0
0
x
y
≠


≠

đặt
( , ) ( , ) 1
x ad
d x y a b
y bd
=

= ⇒ =

=



điểm
Thay vào phương trình ta được

2 2 2 2 2
( ) ( )a d ad bd ad bd b d+ = −


2 2 2
( ) b ( )a a b d a b⇔ + = −
2 2
( )a a b b⇒ + M

Mà
2 2
2
2
( ; ) 1
( ; ) 1 1
( , ) 1
a b
a b b
a b b
=

= ⇒ ⇒ =

+ =


TH1: Nếu
2 2
1 ( 1) ( 1) 1b a a d a a= ⇒ + = − ⇒ ≠

2 2 2
( 1) ( 1) 1 ( 1) 1 1a a a a a a a⇒ + − ⇒ + − ⇒ + −M M M

{ }
3;2; 1;0a⇒ = −

Với
3 27; 9a x y= ⇒ = =

Với
2 24; 12a x y= ⇒ = =
Với
1 0 4a d= − ⇒ =
(loại)
Với
0 0a d= ⇒ =
(loại)
TH2: Nếu
2 2
1 ( 1) ( 1) 1 1b a a d a a a= − ⇒ − = + ⇒ − +M
{ }
1 1; 2a⇒ + = ± ±
( Kiểm tra không giá trị nào của
a
thỏa mãn yêu cầu )

Kết luận các nghiệm của phương trình

{ }
( ; ) (0;0);(27;9);(24;12)x y =

3,0
điểm
5
Với n nguyên dương tùy ý, n>3, xét
1
[ ( 1)]
6
k n n= +
và tập
n
X
gồm
( 1)
2
n n
+

phần tử, trong đó k phần tử màu đỏ, k phần tử màu xanh và còn lại màu trắng.
Chứng minh rằng có thể chia tập
n
X
thành n tập con rời nhau
1 2
, , ,
n

A A A…
sao
cho với số m tùy ý
1 m n
≤ ≤
thì tập
m
A
chứa đúng m phần tử và các phần tử đó
cùng màu.
Đáp án:
Ta kiểm tra với
4;5;6;7;8;9,10n =
luôn tìm được cách chia
n
X
thành n tập con
rời nhau
1 2
, , ,
n
A A A…
sao cho với số m tùy ý
1 m n
≤ ≤
thì tập
m
A
chứa đúng m
phần tử và các phần tử đó cùng màu.

Ta xét cách chia theo bảng sau:
n k Các phần tử màu
xanh
Các phần tử
màu đỏ
Các phần tử màu
trắng
4 3
1
| | 1A =
,
2
| | 2A =
3
| | 3A =
4
| | 4A =
5 5
1
| | 1A =
,
4
| | 4A =
2
| | 2A =
,
3
| | 3A =
5
| | 5A =

6 7
1
| | 1A =
,
6
| | 6A =
3
| | 3A =
,
4
| | 4A =
2
| | 2A =
,
5
| | 5A =
7 9
4
| | 4A =
,
5
| | 5A =
3
| | 3A =
,
6
| 6A =
1 2
| | 1,| | 2A A
= =

,
7
| | 7A =
8 12
5
| | 5A =
,
7
| | 7A =
4
| | 4A =
,
8
| | 8A =
1
| | 1A =
,
2
| | 2A =
3
| | 3A =
,
6
| | 6A =
9 15
6 9
| | 6,| | 9A A= =
7
| | 7A =
,

8
| | 8A =
1 2
| | 1,| | 2A A
= =
,
3
| | 3,A =
4
| | 4A =
,
|
5
| 5A =
1
0
1
8
1
| | 1A =
,
2
| | 2A =
5
| | 5A =
,
10
| | 10A =
3
| | 3A =

,
6
| | 6A =
9
| | 9A =
4
| | 4A =
,
7
| | 7A =
8
| | 8A =
1,0
điểm
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp với việc xây dựng một cách chia tập
n
X
dựa
vào cách chia tập
6n
X
−
như sau:
Xét tập
n
X
gồm
( 1)
2
n n

+
phần tử. Ta xét tập
6n
X
−
gồm
( 6)( 5)
2
n n− −
phần tử,
gồm
1
1
[ ( 6)( 5)]
6
k n n
= − −
phần tử màu xanh,
1
k
phần tử màu đỏ và còn lại là
màu trắng. Theo giả thiết quy nạp, tập
6n
X
−
luôn có thể chia được thành
6n
−

tập rời nhau

1 2 6
, , ,
n
A A A
−
…
thỏa mãn bài toán
Ta có
1
( 1) ( 6)( 5)
[ ] [ ]
6 6
n n n n
k k
+ − −
− = −
Mặt khác
[ ] [ ] 1 [ ] 1a b a b a b
− > − − ≥ − −
và
[ ] [ ] [ ] ( 1) 1a b a b a b a b
− ≤ − < − − = − +
Nếu
a b
−
là số nguyên thì
[ ] [ ]a b a b
− = −
Mà
1 1

( 1) ( 5)( 6) 2 5
6 6
n n n n n
+ − − − = −
là số nguyên nên
1
2 5k k n
− = −
Vậy số phần tử màu xanh ( đỏ) ngoài
6n
X
−
đều bằng
2 5n
−
.
Có
6
| | | | 6 15
n n
X X n
−
− = −
nên số phần tử màu trắng ngoài
6n
X
−
là
6 15 2(2 5) 2 5n n n
− − − = −

Khi đó, ta xây dựng các tập
5 4 3 2 1
, , , , ,
n n n n n n
A A A A A A
− − − − −
như sau:
Tập
5
,
n n
A A
−
chứa toàn phần tử màu xanh
Tập
4 1
,
n n
A A
− −
chứa toàn phần tử màu đỏ
3,0
điểm
Tập
2 3
,
n n
A A
− −
chứa toàn phần tử màu trắng

Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.
Người ra đề: Bùi Văn Vịnh
Số điện thoại: 0974802686.