ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM 2015 -Toán 10 trường chuyên nam Định

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 1 trang, gồm 5 câu)
Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:
2 2
3 2 2 3
2 2 2
2 3 3 1 0
x xy y
x x xy y

− − =


− − − + =


Câu 2 (4 điểm): Cho
, ,a b c
là các số thực dương. Chứng minh rằng:
2 2 2
3
2
a b c
ab b bc c ca a

+ + ≥
+ + +
.
Câu 3 (4 điểm): Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần
lượt là các tiếp điểm của đường tròn (O) với AB, BC, CD, DA. Gọi X là giao điểm
của MN và PQ; E, F lần lượt là giao điểm của AC với đường tròn (O). Gọi H là
hình chiếu vuông góc của X trên BD. Chứng minh rằng
·
·
.A HE CHF=

Câu 4 (4 điểm): Tìm tất cả các số nguyên dương
a b c d< < <
sao cho mỗi số
trong chúng là ước của tổng ba số còn lại.
Câu 5 (4 điểm): Cho 2016 cái kẹo vào 1008 cái hộp sao cho không có hộp nào có
nhiều hơn 1008 cái kẹo và mỗi hộp có ít nhất một cái kẹo. Chứng minh rằng có thể
tìm thấy một số hộp mà tổng số kẹo trong các hộp đó đúng bằng 1008 cái kẹo.
………………………. HẾT …………………….
Người ra đề
Nguyễn Thị Giang
SĐT:0976138529
P N + BIU IM CHM MễN TON KHI 10
Cõu Ni dung im
1
Gii h phng trỡnh:
( )
( )
2 2
3 2 2 3

2 2 2 1
2 3 3 1 0 2
x xy y
x x xy y

=


+ =


4 im
Phng trỡnh (2) ca h vit li nh sau
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
3 2 2 2 2
3 3 3 1 0 3 1 3 3x x y x x y x y x x y x+ - + - + = + - + = -

1,0
Ta thy
0x =
khụng tha món h phng trỡnh. Chia 2 v ca (3) cho
3
x
ta cú
phng trỡnh
3
3
1 3
1 3 1

y y
x x x
x
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
+ - + = -
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ

0,5
2
2
1 1 1
1 1 1 . 3 0
y y y
x x x x x x


+ + + + + =

ữ ữ ữ

0,5
PT (1) ca h c vit li nh sau
( ) ( )
2
2
2 2 2 2
2
2
2 2 3 2 3 1 3 4
y
x xy y x x y x
x
x
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
+ + + = + + = + + =
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ

0,5
TH1:
1 1
1 0 1
y y

x x x x
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
+ - = + =
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
thay vo (4) ta cú
2
1 0
3
3
1 2
x y
x y
x
ộ ộ
= =
ờ ờ
= ịị
ờ ờ
= - =
ờ ờ
ở ở

0,5
TH2:
2
2
1 1
1 1 . 3 0
y y
x x x
x
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
+ + + + - =
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
kt hp vi (4) ta cú
2
1 1 1
1 . 0 1 1
y y
y x
x x x x
x
ổ ử
ữ

ỗ
ữ
+ - = + = = -
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ

0,5
Thay vo (4) ta cng c hai nghim trựng vi hai nghim trờn
Vy h phng trỡnh cú hai nghim l
( ) ( ) ( )
; 1;0 ; 1;2x y = -

0,5
2
Cho
, ,a b c
l cỏc s thc dng. Chng minh rng:
4 im
2 2 2
3
2
a b c
ab b bc c ca a
+ + ≥
+ + +
.

Ta có
2 2 2
1 1 1
a b c
a b c
b c a
a b c
ab b bc c ca a
b c a
+ + = + +
+ + +
+ + +
2
1 1 1
a b c
b c a
a b c
b c a
æ ö
÷
ç
÷
ç
+ +
÷
ç
÷
ç
÷
ç

è ø
³
+ + + + +

1,0
Đặt
, , 1.
a b c
x y z xyz
b c a
= = = =Þ

Ta có
( )
2
2
1 1 1
1 1 1
a b c
x y z
b c a
a b c x y z
b c a
æ ö
÷
ç
÷
ç
+ +
÷

ç
÷
+ +
ç
÷
ç
è ø
=
+ + + + +
+ + + + +
( )
( )
( ) ( )
2
6
3 3 3 3
x y z xy yz zx
x y z
x y z x y z
+ + + + +
+ + +
³ ³
+ + + + + +

1,0
Suy ra
( )
2 2 2
3
3 6

3
a b c S
S x y z
S
ab b bc c ca a
+
+ + ≥ = + + + ≥
+ + +
Ta có
3 3 6 2 3 3 3
2 2 2
2 2
S S
S
S S
æ ö
÷
ç
÷
ç
+ = + + + =³
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø

1,0

Suy ra
3 3
3 2
S
S
+
³
. Bất đẳng thức được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi
.a b c= =

1,0
3 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp
điểm của đường tròn (O) với AB, BC, CD, DA. Gọi X là giao điểm của MN và PQ;
E, F lần lượt là giao điểm của AC với đường tròn (O). Gọi H là hình chiếu vuông
góc của X trên BD. Chứng minh rằng
·
·
.A HE CHF=
4 điểm
Trước hết ta chứng minh kết quả sau: Gọi J là giao điểm của AC và BD. Khi đó ta
có MP, NQ, BD, AC đồng quy tại điểm J,

, ,X A C
thẳng hàng và
( ) ( )
1, 1A CJX FEJX= - = -
.
Thật vậy
+ Kẻ hai tiếp tuyến XS, XR tới đường tròn (O). Khi đó tứ giác MSNR là tứ giác điều

hòa, suy ra tiếp tuyến của (O) tại M, N và SR đồng quy, hay B, S, R thẳng hàng.
Tương tự D, S, R thẳng hàng. Suy ra
( )
1FEJX = -
+ Gọi I, K lần lượt là giao điểm của BD với MN và PQ. Ta có
( ) ( )
1X IMN X KPQ= = -
. Suy ra IK, MP, NQ đồng quy hay BD, MP, NQ đồng
quy.
+ Nếu AC qua O dễ chứng minh AC, MP, NQ đồng quy. Nếu AC không qua O thì
tiếp tuyến tại E và F cắt nhau tai một điểm. Tương tự trường hợp trên ta có AC,
MP, NQ đồng quy. Suy ra MP, NQ, BD, AC đồng quy tại điểm J.
+ Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
1B X DA C B X IMN D X KQP D XBA C= = - = =
. Suy ra A,
X, C thẳng hàng.
1,0
0,5
0,5
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC ta có
. . 1
X A NC MB X A MA
X C NB MA X C NC
= =Þ
.
Qua C ta kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường MP tại G.
Dễ dàng chứng minh được tam giác CPG cân tại C nên CP=CG
Từ đó theo định lí Thales:
JA MA MA MA

JC CG CP CN
= = =

X nằm ngoài và J nằm trong đoạn AC nên
( )
1A CJX = -

0,5
0,5
Theo kết quả trên ta có
( )
1A CJX = -
kéo theo
( )
1H A CJX = -
. Nhưng vì
.HJ HX^
Theo định lí về chùm điều hòa ta có HJ là phân giác của góc AHC.
Dễ thấy
( )
1FEJX = -
suy ra HJ là phân giác của góc EHF
Từ đó dễ dàng thấy được điều cần chứng minh
·
·
.A HE CHF=
0,5
0,5
Tìm tất cả các số nguyên dương
a b c d< < <

sao cho mỗi số trong chúng là ước
của tổng ba số còn lại.
4 điểm
Do
( )
|d a b c+ +
và
3
2
a b c d
a b c d
a b c d
é
+ + =
ê
+ + < Þ
ê
+ + =
ê
ë

0,5
TH1:
a b c d+ + =
. Do
( )
|a b c d+ +
nên
| 2a d
. Tương tự

| 2 , | 2 .b d c d

Đặt
2 ,d ax by cz= = =
khi đó
2 z y x< < <
và
1 1 1 1
2 2
a b c
x y z d
+ +
+ + = =

0,5
+) Nếu
3z =
thì
( ) ( )
1 1 1
6 6 36.
6
x y
x y
+ = - - =Þ
Ta có các nghiệm
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 42;7 , 24;8 , 18;9 , 15;10x y Î
.

Vì vậy
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; ; ; ;6 ;14 ;21 , ;3 ;8 ;12 , ;2 ;6 ;9 , 2 ; 3 ;10 ;15a b c d k k k k k k k k k k k k k k k kÎ

Với k là số nguyên dương
1,0
+) Nếu
4z =
thì
( ) ( )
1 1 1
4 4 16.
4
x y
x y
+ = - - =Þ
Ta có các nghiệm
( ) ( ) ( )
{ }
; 20;5 , 12;6x y Î
.
Vì vậy
( ) ( ) ( )
{ }
; ; ; ; 4 ;5 ;10 , ;2 ; 3 ;6a b c d k k k k k k k kÎ

Với k là số nguyên dương
0,5
4

+) Nếu
5z =
thì
1 1 3
.
10x y
+ =
Suy ra
( ) ( )
3 10 3 10 100x y- - =

Vì
( )
3 10 20
3 10 5
5
3 10 2 mod 3
4
3 10 50
3 10 2
x
y
y
x
y
x
y
é
ì
ï

- =
ï
ê
í
ê
é
ï
- =
=
ê
ï
ê
î
- ºÞÞ
ê
ê
ì
=
ï
- =
ê
ê
ï
ë
ê
í
ï
- =
ê
ï

î
ë
: vô lý
+) Nếu
6z ³
thì
1 1 1 1 1 1 1
6 6 6 2x y z
+ + < + + =
: không thỏa mãn
1 1 1 1
2x y z
+ + =

0,5
TH2:
2a b c d+ + =
. Khi đó
| 3 , | 3 , | 3 .a d b d c d

Đặt
3 ,d ax by cz= = =
khi đó
3 z y x< < <
và
1 1 1 2
3x y z
+ + =
.
Suy ra

4, 5, 6z y x³ ³ ³
. Do đó
1 1 1 1 1 1 37 2
6 5 4 60 3x y z
+ + + + = <£
: vô lý.
Vậy các số
( )
; ; ;a b c d
thỏa mãn đề bài là
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
;6 ;14 ;21 , ;3 ; 8 ;12 , ;2 ;6 ;9 , 2 ; 3 ;10 ;15 , ;4 ; 5 ;10 , ;2 ; 3 ;6k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k
Với k là số nguyên dương
1,0
5
Cho 2016 cái kẹo vào 1008 cái hộp sao cho không có hộp nào có nhiều hơn 1008 cái
kẹo và mỗi hộp có ít nhất một cái kẹo. Chứng minh rằng có thể tìm thấy một số hộp
mà tổng số kẹo trong các hộp đó đúng bằng 1008 cái kẹo.
4 điểm
+) Nếu tất cả các hộp có số kẹo bằng nhau và bằng 2 thì lấy 504 cái hộp bất kì đều
có tổng số kẹo bằng 1008.
0,5
+) Nếu tồn tại hai hộp có số kẹo khác nhau, sắp xếp các hộp thành một hàng ngang
sao cho hai hộp đầu tiên không có cùng số kẹo. Kí hiệu
i
a
là số kẹo trong hộp thứ
, 1, 2, ,1008i i =
. Xét các số sau
1 1 2 1 2 1008 1 2 1008

, , , S a S a a S a a a= = + = + + +

1,0
Nếu hai số trong chúng có cùng số dư khi chia cho 1008, giả sử đó là
( )
,
i j
S S j i>
.
Khi đó
1
1008
j i i j
S S a a
+
- = + + M
.
Rõ ràng
1 2016
j i
S S- <£
, mà
1008 1008
j i j i
S S S S- - =ÞM
. Hay
1
1008
i j
a a

+
+ + =
1,0
Giả sử trong dãy
1 2 1008
, , ,S S S
không có 2 số nào có cùng số dư khi chia cho 1008.
Xét 1009 số sau
1 2 1008 2
, , ., ,S S S a
. Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số có cùng
số dư khi chia cho 1008.
0,5
Lại có
1 1 2 1 2
,1 , 1008S a a a a= ¹££
, nên
1 2
,a a
không cùng số dư khi chia cho
1008. Suy ra tồn tại
2, 3, ,1008k =
thỏa mãn
2
,
k
S a
có cùng số dư khi chia cho
1008.
0,5

Khi đó
2 1 3
1008
k k
S a a a a- = + + + M
. Lại có
1 3
1 2016
k
a a a+ + + <£
,
suy ra
1 3
1008.
k
a a a+ + + =
0,5
Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.
Người ra đề
Nguyễn Thị Giang
SĐT: 0976138529