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

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
=================
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN
TỈNH HƯNG YÊN
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu 1 (4,0 điểm): Giải hệ phương trình
2 2 2 2
2 2 2
0
4 5 6 2 4
x y x y y
y x y y

+ + − =


− + + = +


Câu 2 (4,0 điểm): Cho hình thang ABCD có cạnh đáy AB, CD. Trên cạnh AB lấy
điểm M sao cho MC = MD. Gọi O là giao điểm của AC và BD; O
1
, O
2
lần lượt là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM và BCM. Chứng minh O

1
O
2
vuông góc với OM.
Câu 3 (4,0 điểm) Cho đa thức
3 2
( ) 3 9 20f x x x x= − + +
chứng minh rằng tồn tại số
nguyên a sao cho
( )f a
chia hết cho
2015
3
.
Câu 4 (4,0 điểm) Cho các số thực dương
, , ,a b c d
thỏa mãn điều kiện
a b c d≥ ≥ ≥

và
1abcd =
. Chứng minh rằng:
1 1 1 3
3
1 1 1 1a b c d
+ + + ≥
+ + + +
.
Câu 5 (4,0 điểm) Trong hình tròn bán kính
*

n∈¥
cho
4n
đoạn thẳng có độ dài mỗi
đoạn bằng 1. Chứng minh rằng với đường thẳng
d
cho trước luôn tìm được một
đường thẳng song song hoặc trùng hoặc vuông góc với
d
và cắt ít nhất hai đường
thẳng trong
4n
đường thẳng đã cho.
HẾT

Người ra đề
Hoàng Tuấn Doanh Quách Thị Tuyết Nhung
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
Câu 1
Xét hệ:
( )
( )
2 2 2 2
2 2 2
0 1
4 5 6 2 4 2
x y x y y
y x y y


+ + − =


− + + = +


ĐK:
5
4
y ≥
( )
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
1 2 2 0
2 0
x y y x y y x y y
x y y x y y
⇔ + − + + + − =
⇔ + − + + =

2 2
x y y
⇔ + =
(do
2 2
2 0x y y

+ + >
)
1,0đ
Với
2 2
0x y y x+ = ⇒ =
. Thay vào (2) ta được:

( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
4 5 2 6 4 *
2 4 5 4 12 8
4 5 1 2 2
4 5 2 3 3
4 5 1 2 4
y y y
y y y
y y
y y
y y
− = − +
⇔ − = − +
⇔ − + = −


− = −

⇔

− = −

1,0đ
Giải (3):
2
3
4 2
2
2
2 8 7 0
y
y
y y

≥
+

⇔ =


− + =

1,0đ
Giải (4):
2

1
2
2 4 3 0
y
y y

≤



− + =

(vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình có nghiệm:
( )
4 2
; 0;
2
x y
 
+
=
 ÷
 
Chú ý: Học sinh có thể giải phương trình (*) bằng cách đặt
4 5 2 3y z− = −
và đưa về hệ đối xứng.
1,0đ
Câu 2

N
O
O
2
O
1
M
F
E
D
C
B
A
Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O
1
) và (O
2
)
E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O
1
) và AC
F là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O
2
) và BD
Do ABCD là hình thang và MC = MD nên
·
·
AMD BMC=
(1)
Mặt khác,

·
·
·
·
;AMD AED BMC BFC= =
(2)
Từ (1) và (2)
·
·
· ·
AED BFC DEC DFC⇒ = ⇒ =
⇒ tứ giác
CDFE
nội tiếp.
1,0đ
Từ đó có:
·
·
OFE ECD=
mà
·
·
ECD CAB=
nên
·
·
OFE EAB=
⇒ tứ giác
ABEF
nội tiếp.

1,0đ
Giả sử (O
3
) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác
ABEF

Ta có: MN, AC, BD lần lượt là các trục đẳng phương của các cặp
đường tròn
( ) ( )
1 2
,O O
;
( )
( )
1 3
,O O
và
( )
( )
2 3
,O O
.
⇒ MN, AC, BD đồng quy.
1,0đ
⇒ M, N, O thẳng hàng.
Lại có, O
1
O
2
⊥ MN ⇒ O

1
O
2
⊥ OM. (đpcm)
1,0đ
Câu 3
3
( ) ( 1) 6( 1) 27f x x x= − + − +
3
(9 1) (9 ) 6.9 27f x x x⇒ + = + +
=
3
27(27 2 1)x x+ +
Đặt
3
( ) 27 2 1g x x x= + +
1,0đ
Gọi A=
{ }
2012
3
1
( )
k
g k
=
.
Ta chứng minh A là 1 hệ thặng dư đầy đủ mod
2012
3

Thật vậy, giả sử A không là 1 hệ thặng dư đầy đủ mod
2012
3
⇒
tồn tại i, j sao cho:
2012
1 3i j≤ < ≤
và g(i)
≡
g(j) (mod
2012
3
)
⇒
3 3
27 2 1 27 2 1i i j j+ + ≡ + +
(mod
2012
3
)
⇒
2 2
27( ) 2 ( ) 0i j ij i j
 
+ + + − ≡
 
(mod
2012
3
)

⇒
i
≡
j (mod
2012
3
) (mâu thuẫn)
⇒
A là hệ thặng dư đầy đủ mod
2012
3
2,0đ
⇒
Tồn tại n
∈
2012
[1; 3 ]
sao cho: g(n)
≡
0(mod
2012
3
)
⇒
f(9n+1) = 27.g(n) chia hết cho 27.
2012
3
=
2015
3

.
Vậy tồn tại số nguyên a để
( )
f a
chia hết cho 3
2015

(đpcm).
1,0đ
Câu 4
Nhận xét: Do số dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện
a b c d≥ ≥ ≥

nên
1ab cd d≥ ≥ ≥
.
Chứng minh BĐT:
1 1 2
1 1
1
a b
ab
+ ≥
+ +
+
1,0đ
Ta có:
1 1 2 2 2 2
1 1
1 1 1

1
1 1
d
a b d
ab
d
cd
+ ≥ = ≥ =
+ + +
+
+ +
.
1,0đ

1 1
1
1 1
1
d
c d
d
≥ =
+ +
+
1,0đ
Do đó:
1 1 1 3 1 1 2 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1a b c d a b d c d
   
+ + + = + + + +

 ÷  ÷
+ + + + + + + + +
   

2 2 1
3
1 1 1 1
d d
d d d d
   
≥ + + + =
 ÷  ÷
+ + + +
   

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1.
1,0đ
Câu 5
Ta chứng minh: Với mỗi véc tơ có độ dài bằng 1 thì tổng độ dài các
hình chiếu vuông góc của nó trên hai đường thẳng vuông góc với
1,0đ
nhau không bé hơn 1.
Thật vậy, giả sử véc tơ
a
r
có độ dài bằng 1 và có hình chiếu trên hai
đường thẳng vuông góc là
,x y
r ur
thì

a x y= +
r r ur
.
⇒
1 a x y x y= = + ≤ +
r r ur r ur
(đpcm)
Xét hình chiếu của 4n đoạn thẳng trên hai đường thẳng vuông góc d
và
'd
. Theo chứng minh trên, tổng độ dài hình chiếu của các đoạn
thẳng đó không bé hơn 4n. Bởi vậy, Từ hai đường thẳng d và
'd
có
thể chọn được 1 đường thẳng mà tổng độ dài các hình chiếu của 4n
đoạn thẳng đã cho không bé hơn 2n.
1,0đ
Vì tất cả 4n đoạn thẳng được xếp trong hình tròn có bán kính bằng n
nên tập hợp các hình chiếu của chúng trên mỗi đường thẳng nằm
trên 1 đoạn thẳng có độ dài bé hơn 2n.
1,0đ
Suy ra, trên đường thẳng được chọn tìm được 1 điểm thuộc vào hình
chiếu của ít nhất 2 đoạn thẳng.
Đường thẳng đi qua điểm này và vuông góc với đường thẳng được
chọn sẽ cắt ít nhất 2 đoạn thẳng và nó song song hoặc trùng hoặc
vuông góc với d (đpcm)
1,0đ
Hoàng Tuấn Doanh Quách Thị Tuyết Nhung
(0987258681) (0982690763)