ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM 2015 - môn toán 10-Bắc Giang

SỞ GD - ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
BẮC GIANG
(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)
ĐỀ THI DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM 2015
MÔN TOÁN LỚP 10
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình

3 2 2 2 2
3 2 2 2
2 ( 4) 2 0
( , ).
0,
x y x x y x xy
x y
x y x y x xy y
+ − + + + + − =

∈

+ − + + − =

¡
Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, không cân, trực tâm H, tâm đường tròn
ngoại tiếp là O, và đường cao AD. Đường thẳng AO cắt BC tại E. Gọi I, S, F lần
lượt là trung điểm AE, AH và BC. Đường thẳng qua D song song với OH lần lượt
cắt AB, AC tại M và N. Đường thẳng DI lần lượt cắt AB, AC tại P, Q. Đường thẳng
MQ cắt NP tại T. Chứng minh rằng:
a) SF // AE.
b) Các điểm D, O, T thẳng hàng.

Câu 3 (4 điểm). Cho hàm số
:f ¥ a ¥
, f khác hằng số và thỏa mãn
a – b | f(a) – f(b).
Chứng minh rằng tập các ước nguyên tố của f(c), với c ∈
¥
là vô hạn.
Câu 4 (4 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c chứng minh rằng
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
0
2 2 2
a bc b ca c ab
a b c b c a c a b
− − −
+ + ≥
+ + + + + +
Câu 5 (2 điểm). Bên trong một hình vuông cạnh 1 cho 2015 điểm sao cho không
có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có đỉnh tại các
điểm đã cho và diện tích S của nó thoả mãn bất đẳng thức:
1
2013
S <
.
HẾT
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Câu Phương pháp – Kết quả Điểm
Câu 1 Lấy 3pt(2) – pt(1) ta được
2 2
2 2

(2 1)[ ( 1) 2] 0
2 1 0
( 1) 2 0
x y x y x x
x
y x y x x
+ − − + − + =
+ =

⇔

− − + − + =

TH1:
1
2 1 0
2
x x+ = ⇔ = −
Thay vào pt (1) ta được
5 3 5
4
y
±
=
TH2:
2 2
( 1) 2 0 (3)y x y x x− − + − + =
Lây pt(1) – pt (2) – pt(3) ta được: x
2
+ 2 = 0 (vô nghiệm)

KL …
2
1
1
Câu 2 a) Ta có hệ thức quen thuộc
OA OB OC OH+ + =
uuur uuur uuur uuur
Gọi L đối xứng O qua F ta có
OA OL OH+ =
uuur uuur uuur
Suy ra tứ giác OLHA là hình bình hành
Từ đó suy ra đpcm
b) Gọi K, L lần lượt là giao điểm của DO và AB, AC
Theo phần a) OH,SF, DI có chung trung điểm J.
Do đó D(HOJN) = -1
Suy ra (ALQN) = -1 và (AKPM) = -1
Do đó (AKMP) = - 1
Vậy KL, MQ, PN đồng quy
Hay DO, MQ, PN đồng quy. Từ đó suy ra đpcm
1
1
1
1
Câu 3
Giả sử f chỉ có hữu hạn ước nguyên tố. Khi đó gọi tất cả các
ước nguyên tố của f là
p
1
, p
2

, , p
n
.
Theo giả thiết ta có
a = (a+1) – 1 | f(a + 1) – f(1).
1
Vì f(1) là xác định nên tồn tại vô số số a sao cho
( ) ( (1))
i i
p p
v a v f>
Mà
a | f(a + 1) – f(1).
Nếu f(a + 1) ≠ f(1) thì tồn tại ít nhất một chỉ số i sao cho
( ( 1)) ( (1))
i i
p p
v f a v f+ ≠
⇒
( ( 1) (1)) ( (1)) ( )
i i i
p p p
v f a f v f v a+ − ≤ <
(vô lí)
Vậy f(a + 1) = f(1).
Với mọi b ta có (a + 1) – b | f(a + 1) – f(b) = f(1) – f(b)
Do đó (a + 1) – b | f(1) – f(b) với mọi a
Điều đó chỉ xảy ra khi f(b) = f(1)
Hay f là hàm hằng (mâu thuẫn với điều kiện bài toán)
Vậy có điều phải chứng minh.

2
1
Câu 4 BĐT tương đương với
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
3
2 2 2
b c c a a b
a b c b c a c a b
+ + +
+ + ≤
+ + + + + +
Ta có
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( )
2 ( ) ( )
b c b c b c
a b c a b a c a b a c
+ +
= ≤ +
+ + + + + + +
Tương tự với hai BĐT còn lại suy ra đpcm
2
2
Câu 5
Xét bao lồi của 2015 điểm nằm
bên trong hình vuông. Vì không
có 3 điểm nào thẳng hàng, nên

bao lồi có k đỉnh
( )
2015k ≤
,
ngoài ra các điểm đã cho hoặc
là các đỉnh của đa giác lồi, hoặc
nằm hẳn bên trong của đa giác
bao lồi. Chỉ có hai khả năng sau
xảy ra:
TH1: (H1) Nếu
2015k =
.
Khi đó số đường chéo xuất phát
từ
1
A
của đa giác bao lồi tạo
thành cùng các cạnh của đa giác
1
A
1
A
2
A
k
A
k+1
A
1
A

2
A
3
A
n
2013 tam giác.
Gọi S là diện tích tam giác nhỏ nhất trong 2013 tam
giác ấy. Vì tổng các diện tích của 2013 tam giác nhỏ hơn
1( chú ý 1 là diện tích hình vuông chứa chọn 2013 tam giác
này ), do đó suy ra
1
2013
S <
.
TH2 (H2) Nếu
2013k <
. Khi đó bên trong đa giác bao
lồi
1 2

k
A A A
còn 2013 – k điểm
1 2
, , ,
k k n
A A A
+ +
. Nối
1k

A
+
với các
đỉnh
1 2
, , ,
k
A A A
.
Khi đó ta có
k
tam giác
1 1 2 1 2 3 1 1
, , ,
k k k k
A A A A A A A A A
+ + +
.
Vì không có ba điểm nào thẳng hàng, nên các điểm phải nằm
hẳn trong k tam giác nói trên. Giả sử
2k
A
+
thuộc tam giác nào
đó. Nối
2k
A
+
với ba đỉnh tam giác này, thì từ một tam giác ta
sẽ có ba tam giác mới.

Sau mỗi lần làm số tam giác tăng lên 2.
Như thế ta đi đến :
( ) ( )
2 2015 1 2.2015 2 2013 2015k k k k+ − − = − − = + −
tam giác, mà bên trong mỗi tam giác này không có điểm nào
thuộc 2015 điểm đã cho. Gọi
S
là tam giác có diện tích bé
nhất trong các tam giác này thì:
( )
1 1
2013 2013
S
n k
< <
+ −
(do
0n k
− >
).
Bất đẳng thức
1
2013
S <
đã được chứng minh.
1
1
1
Người ra đề: Nguyễn Văn Thảo - đt: 0983186256