Đề thi, đáp án chính thức kì thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm 2015 môn Toán khối 10 của trường chuyên.PDF

Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình

y

−2xy

+7y

=−x

+7x+8
√
3−x+

y

+1=x

+x

−4y

+3
.
Câu 2 (4 điểm). Cho hai đường tròn
 
1

và
 
2


cắt nhau tại P và Q, một đường thẳng
d
thay đổi đi qua P cắt
 
1

tại A và cắt
 
2

tại B sao cho P nằm giữa A và B; C, D là
hai điểm cố định lần lượt thuộc
 
1

,
 
2

sao cho P thuộc tia đối của tia DC. Tia BD
và đoạn AC cắt nhau tại X, điểm Y thuộc
 
1

sao cho đường thẳng PY song song với
đường thẳng BD, điểm Z thuộc
 
2


sao cho đường thẳng PZ song song với đường thẳng
AC. Gọi I và J lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABQ và CDQ.
a) Chứng minh rằng đường thẳng
IJ
vuông góc với đường thẳng .
b) Chứng minh rằng đường thẳng YZ luôn đi qua một điểm cố định khi  thay đổi.

Câu 3 (4 điểm). Cho số nguyên tố p và ba số nguyên dương x,y,z thỏa mãn x<y<z<p.
Chứng minh rằng nếu 

≡

≡

(mod p) thì 

+

+

chia hết cho x+y+z.
Câu 4 (4 điểm). Xét các số thực dương x,y và z thỏa mãn x+y+z≤


.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
=

√

+




+
√


√
+
√


+


+


+


.

Câu 5 (4 điểm). Có 42 học sinh tham gia một buổi giao lưu. Biết rằng cứ 3 học sinh bất
kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau.
Kí hiệu  là số cặp đôi như thế. Tìm giá trị nhỏ nhất của .

Hết

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:


HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ


ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ VIII
MÔN: TOÁN; KHỐI: 10
Ngày thi: 18/04/2015
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này có 05 câu; gồm 01 trang)


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN – KHỐI 10
(Hướng dẫn chấm này có 04 trang)
Câu Ý

Nội dung chính cần đạt Điểm

1

⟺

y

=x+1
y


=x−8

Xét hệ phương trình

y

−2xy

+7y

=−x

+7x+8(1)
√
3−x+

y

+1=x

+x

−4y

+3(2)

Điều kiện xác định: x≤3.
Ta có phương trình (1) ⟺
(

y

−x
)

+7
(
y

−x
)
−8=0
1,0
Vì
x≤3
nên
x−8<0
, do đó không thể xảy ra trường hợp

y

=x−8
. Vậy
y

=x+1
.
0,5
⟺x


+x

−4x−4+2−
√
x+2+1−
√
3−x=0
⟺
(
x−2
)(
x+2
)(
x+1
)
−
x−2
√
x+2+2
+
x−2
1+
√
3−x
=0
⟺
(
x−2
)


(
x+2
)(
x+1
)
−
1
√
x+2+2
+
1
1+
√
3−x

=0

Thay vào
(2)
ta có
√
3−x+
√
x+2=x

+x

−4x−1
(Điều kiện
x≥−2

)
1,0
⟺
(
x−2
)

(
x+2
)(
x+1
)
+
1
3
−
1
√
x+2+2
+
1
1+
√
3−x
−
1
3

=0
⟺

(
x−2
)

(
x+2
)(
x+1
)
+
x+1
3(
√
x+2+2)(
√
x+2+1)
+
x+1
3(
√
3−x+1)(
√
3−x+2)

=0
⟺
(
x−2
)
(x+1)


(
x+2
)
+
1
3(
√
x+2+2)(
√
x+2+1)
+
1
3(
√
3−x+1)(
√
3−x+2)

=0


1,0
⟺
(
x−2
)(
x+1
)
=0

(Điều kiện
x≥−2
)
Từ đó ta thu được nghiệm của hệ đã cho là
(
−1;0
)
;

2;
√
3

;

2;−
√
3

.

0,5
2



a

Vì
ACQP

và
PDQB
là các tứ giác nội tiếp nên ta có

 
 

XAQ CAQ CPQ DPQ DBQ XBQ
    
nên
AXQB
nội tiếp (1).
1,0
Vì
AXQB
và
BPDQ
là các tứ giác nội tiếp nên ta có




QXC ABQ PBQ CDQ
  
nên tứ giác
XDQC
nội tiếp (2).
Từ (1) và (2) suy ra
QX
là trục đẳng phương của hai đường tròn

 
ABQ
và
 
CDQ
do đó
IJ XQ
.
1,0
b

Ta sẽ chứng minh rằng đường thẳng
YZ
đi qua điểm
Q
cố định và
đường thẳng này cũng đi qua điểm
X
.
Vì
XDQC
nội tiếp nên



DQX DCX PCA
 
(3).
Từ
PZ AC

nên



PCA CPZ DPZ 
(4).
Từ (3) và (4) suy ra


DQX DPZ

.
1,0
Mặt khác
PDQZ
nội tiếp nên


0
180
DPZ DQZ 
, do đó


0
180
DQX DQZ 
hay
Z, ,Q X
thẳng hàng.

Chứng minh tương tự ta được
Y, ,Q X
thẳng hàng.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
1,0
3
Trong lời giải này, tất cả các đồng dư thức đều là modulo p.
Từ giả thiết ta có
y

−x

≡0
, suy ra
(y−x)(y

+yx+x

)≡0. (1)
Ta có y-x là số nguyên dương bé hơn p và p là số nguyên tố nên y-x và
p là nguyên tố cùng nhau.
Do đó từ (1) ta được x

+xy+y

≡0. (2)
Chứng minh tương tự ta cũng có
y

+yz+z


≡0
(3)
và
z

+zx+x

≡0.
(4)
1,0
d
J
I
Y
Z
X
B
D
Q
P
A
C
Từ (2) và (3) ta có
z

−x

+yz−xy≡0,
suy ra

(z−x)(x+y+z)≡0
.
Do đó x+y+z chia hết cho p, mà 0<x+y+z<3p, suy ra
x+y+z bằng p hoặc 2p. (5)

1,0
Sử dụng (2) ta có
(x+y)

≡xy
, kết hợp với
x+y≡−z
ta được
z

≡xy
, thay trở lại (2) ta có
x

+y

+z

≡0.
(6)
1,0
Nếu
x+y+z=p
thì từ (6) ta có ngay
x


+y

+z

chia hết cho
x+y+z.
Nếu x+y+z=2p thì ta có x+y+z chia hết cho 2, suy ra x

+
y

+z

cũng chia hết cho 2.
Kết hợp với (6) ta có
x

+y

+z

chia hết cho
2p
(vì
p>2)
.
Suy ra điều phải chứng minh.
1,0
4

Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có
(
√
x+

y)(

y+
√
z
)(
√
z+
√
x)≥8

xyz,

suy ra
P≥8

xyz+


+


+



.
1,0
8

xyz+
1
x
+
1
y
+
1
z
≥13

8

xyz.

1
4x


.

1
4y




1
4z



=13

1
2

.

xyz.
(
xyz
)


,

Cũng theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta
được
2,0
và
xyz≤







≤



.

Suy ra P≥13.
Mà khi
x=y=z=



thì
P=13,

suy ra giá trị nhỏ nhất của P là
13.

1,0
5
Ta sẽ giải bài toán tổng quát:
Bài toán. Cho
m
là số nguyên dương lớn hơn
1.
Có
2m
học sinh tham
gia một buổi giao lưu. Biết rằng cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất

một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với
nhau. Kí hiệu k là số cặp đôi như thế. Tìm giá trị nhỏ nhất của k.
Lời giải. Với mỗi số nguyên dương m>1, rõ ràng tồn tại giá trị nhỏ
nhất của k, ta ký hiệu giá trị này bởi k
(
m
)
.
Ta thấy k
(
2
)
=2.
Bây giờ giả sử m>2.
Xét một buổi giao lưu gồm 2m học sinh sao cho cứ 3 học sinh bất kỳ,
đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm
học tập với nhau và số cặp đôi trao đổi học tập với nhau bằng
k
(
m
)
.

1,0
Tồn tại ít nhất 2 học sinh (ký hiệu là A và B) không trao đổi học tập
với nhau, loại A và B ra khỏi buổi giao lưu này ta có một buổi giao lưu
gồm 2(m-1) học sinh mà cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp
đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau.
Số cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau
2,0

Chú ý khi chấm:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi
tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải
khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không
được quá số điểm dành cho câu, phần đó.
2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,5 điểm và phải thống nhất
trong cả tố chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm. Không làm
tròn điểm.
3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ
chấm và ghi vào biên bản.





trong buổi liên hoan mới sẽ không ít hơn
k
(
m−1
)
,
mà mỗi học sinh
trong buổi liên hoan mới sẽ trao đổi kinh nghiệm học tập với A hoặc B
(vì A và B không trao đổi học tập với nhau), suy ra k
(
m
)
≥
k

(
m−1
)
+2
(
m−1
)
.

Do đó
k(m)≥m(m−1)
với mỗi số nguyên dương m>1. (1)
Với mỗi số nguyên dương m>1, ta xét một buổi giao lưu gồm 2m học
sinh như sau:
Các học sinh trong buổi giao lưu thuộc một trong hai nhóm (gọi là X
và Y). Nhóm X gồm
m
học sinh có trao đổi học tập từng đôi một,
nhóm Y gồm
m
học sinh có trao đổi học tập từng đôi một. Mỗi học
sinh của nhóm này đều không có trao đổi học tập với bất kỳ một học
sinh nào của nhóm kia.
Rõ ràng trong buổi giao lưu này, cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất
một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau
và số cặp đôi trao đổi học tập với nhau bằng m(m-1).
Suy ra k(m)≤m(m−1) với mỗi số nguyên dương m>1. (2)

Từ (1) và (2) suy ra k
(

m
)
=m(m−1) với mỗi số nguyên dương
m>1.
Trở lại bài toán ban đầu.
Theo trên ta có giá trị k bé nhất là k(21)=420.

1,0