TỔNG hợp một số đề THI học SINH GIỎI TOÁN lớp 10 có đáp án

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG
KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ
NĂM HỌC 2012- 2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 10
Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:
2 y (7 x 2 + 6) + x(12 y 3 + 4 y 2 + 3) = 37 xy
( x, y ∈ ¡ ).

x
−
1
+
2
y
−
1
=
2

Câu 2 (4 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc = 1
Chứng minh rằng:

1
1
1
1
+

+
≤
a 2 + 2b 2 + 3 b 2 + 2c 2 + 3 c 2 + 2a 2 + 3 2

Câu 3 (4 điểm): Cho tam giác ABC có chu vi không đổi 2p. Gọi M,N,P lần lượt là tâm
đường tròn bàng tiếp ứng với góc A,B,C của tam giác ∆ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của
chu vi ∆MNP .
Câu 4 (4 điểm): Cho tập S = { 1;2;3;....;2014} được phân hoạch thành các cặp rời nhau

{ a ;b
i

i

:1 ≤ i ≤ 1007} sao cho a i − bi bằng 1 hoặc bằng 6. Hãy tìm chữ số tận cùng của

1007

T = ∑ a i − bi .
i =1

Câu 5 (4 điểm): Cho tập hữu hạn X . Ta chọn ra 50 tập con A1 ,A 2 ,...,A 50 , mỗi tập đều
chứa quá nửa số phần tử của X . Chứng minh rằng
a) Tồn tại phần tử a thuộc ít nhất 26 tập đã cho.
b) Tồn tại tập con A của X sao cho số phần tử của A không vượt quá 5 và

A ∩ A i ≠ ∅, ∀i = 1,50.
………………………. HẾT …………………….

1

HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung
2 y (7 x 2 + 6) + x(12 y 3 + 4 y 2 + 3) = 37 xy
( x, y ∈ ¡ ).

 x − 1 + 2 y − 1 = 2

Câu
1
Giải hệ phương trình:

x ≥ 1

ĐK 
1
 y ≥ 2

Điểm
4
điểm
1,0

Nếu (x; y) là nghiệm của hệ phương trình thì x + 2y ≥ 1
2(7 x 2 + 6) (12 y 3 + 4 y 2 + 3)
2 y (7 x 2 + 6) + x(12 y 3 + 4 y 2 + 3) = 37 xy ⇔
+
= 37
x

y
12
3
12
3
3
2
2
+
≥ 37
Do 14 x + + 12 y + 4 y + = 2 x + 4 y + 12 x + + 12 y +
x
y
x
2y 2y
Với mọi x ≥ 1 ; y ≥

1,0
2,0

1
; x + 2y ≥ 1
2
1,0


x = 2 y

2 y (7 x 2 + 6) + x(12 y 3 + 4 y 2 + 3) = 37 xy ⇔  x = 1


1
y =

2

1
2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (1; )
2

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc = 1

1
1
1
1
+ 2
+ 2
≤
Chứng minh rằng: 2
2
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2

4,0

Ta có

P=

1
1
1
+
+
(1)
(a 2 + b 2 ) + (b 2 + 1) + 2 (b 2 + c 2 ) + (b 2 + 1) + 2 (c 2 + a 2 ) + (a 2 + 1) + 2

Theo bất đẳng thức AM – GM, ta có

a 2 + b 2 ≥ 2ab; b 2 + 1 ≥ 2b

10

⇒ (a + b ) + (b + 1) + 2 ≥ 2(ab + b + 1)
1
1
⇒ 2
≤
2
2
(a + b ) + (b + 1) + 2 2(ab + b + 1)
2

2

Tương tự
1

1
≤
2
2
b + 2c + 3 2(bc + c + 1)
1
1
≤
2
2
c + 2a + 3 2(ca + a + 1)

2

(2)
1,0

(3)
(4)
2


Từ (2); (3); (4) suy ra

1,0

1
1
1
1

P≤ (
+
+
)
2 2(ab + b + 1) 2(bc + c + 1) 2(ca + a + 1)
Từ giả thiết abc = 1 nên

(5)
1,0

1
ab
=
bc + c + 1 ab + b + 1
1
b
=
ca + a + 1 ab + b + 1
Suy ra

P≤

1
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
3

Dễ thấy NP,PM,MN là phân giác ngoài của các góc A,B,C , suy ra ∆MNP nhọn 4,0
điểm

với các đường cao MA, NB,PC. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MNP thì

1
SMNP = (BC.JM + CA.JN + AB.JP) = p.R ,
2
ở đây R là đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆MNP . Gọi r là bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác ∆MNP .
Ta chứng minh được R ≥ 2r . Ta có
1
r(MN + PN + PM) = pR ≥ 2pr
2
Suy ra MN + NP + PM ≥ 4p
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆MNP đều ⇔ ∆ABC đều

3


M

B
C
J

I

N

4

Cho tập S = { 1;2;3;....;2014}

{ a ;b
i

i

A

P

được phân hoạch thành các cặp rời nhau

:1 ≤ i ≤ 1007} sao cho a i − bi bằng 1 hoặc bằng 6. Hãy tìm chữ số tận cùng
1007

của

T = ∑ a i − bi .
i =1

Gọi k là số cặp { a i ;b i } sao cho a i − b i = 6

1,0

1007

Khi đó T = ∑ a i − bi = 6k + (1007 − k) = 1007 + 5k
i =1

Ta chứng minh k là một số chẵn.

Thật vậy k = k1 + k 2 , trong đó k1 là số các cặp { a i ;bi } sao cho a i − b i = 6 và cả 3,0

a i ;bi đều là các số lẻ, k 2 là số các cặp { a i ;bi } sao cho a i − bi = 6 và cả a i ;bi đều
là các số chẵn. Vì số các số chẵn và số các số lẻ trong tập hợp { 1;2;....;2014} là
bằng nhau và trong mỗi cặp { a i ;b i } sao cho a i − b i = 1 đều là một số chẵn và một
số lẻ nên k1 = k 2
1007

Từ đó suy ra k là một số chẵn suy ra T = ∑ a i − b i có chữ số tận cùng là 7
i =1

5

Giả sử X = n . Tổng số các phần tử của 50 tập con A i lớn hơn 25n nên tồn tại một
phần tử a thuộc ít nhất 26 tập, chẳng hạn A1 ;A 2 ;......;A 26 .
Xét tập 24 tập còn lại suy ra tồn tại ít nhất một phần tử b thuộc 13 tập, chẳng hạn

A 27 ;A 28 ;...;A 39 . Xét 11 tập con còn lại ta suy ra tồn tại c thuộc ít nhất 6 tập, chẳng
4

4,0
điểm


hạn A 40 ;A 41;....;A 45 . Xét5 tập còn lại ta suy ra tồn tại phần tử d thuộc ít nhất 3 tập
chẳng hạn A 46 ;A 47 ;A 48 . Xét hai tập còn lại ta suy ra tồn tại một phần tử e thuộc ít
nhất hai tập . chẳng hạn A 49 ;A 50 .
Suy ra tập A = { a;b;c;d;e} thỏa mãn bài toán.
Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.

5


SỞ GD&ĐT BẮC GIANG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ VI
Môn: Toán lớp 10
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I (4 điểm). Giải phương trình 7x 2 + 5 2x + 7 = x 4 + 1 .
Câu II (4 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a 2 + b2 + c2 = 3 .
Chứng minh rằng 5(a + b + c) +

3
≥ 18 .
abc

Câu III (4 điểm). Cho tam giác ABC và điểm T thuộc cạnh BC sao cho
TB = 2TC. Gọi H là hình chiếu của B trên AT và D là trung điểm BC. Biết rằng
∠TAB = ∠2TAC . Chứng minh rằng DH ⊥ AC .

Câu IV (4 điểm). Các số nguyên từ 1 đến 2013 được viết liền nhau thành
một số như sau 1234...20122013. Từ số nói trên ta nhân chữ số thứ nhất với 2 rồi
cộng với chữ số thứ hai, kết quả lại nhân với 2 rồi cộng với chữ số thứ ba, cứ tiếp

tục như vậy cho đến hết. Với số vừa nhận được lại làm tiếp tục như trên cho đến
khi kết quả là số có một chữ số. Hãy tìm chữ số đó.
Câu V (4 điểm). Trong hình vuông có cạnh dài 4cm, đặt 2013 đường tròn có
đường kính

1
cm. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng cắt ít nhất 17 đường
31

tròn trong 2013 đường tròn đã cho.
………………………….Hết………………………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính;
Giám thị coi thi không cần giải thích gì.
------

6


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 10
Câu
I

Lời giải
1- Ta có 7x + 5 2x + 7 = x + 1 (1).

Điểm

Xét (1) ⇔ (x 2 − 2x + 1) + 6(x 2 + 2x + 1) = 5 (x 2 − 2x + 1)(x 2 + 2x + 1)

1.00

2

4

(4
điểm).

2

 x 2 − 2x + 1 
 x 2 − 2x + 1 
÷ − 5 2
÷+ 6 = 0
⇔ 2
 x + 2x + 1 ÷
 x + 2x + 1 ÷







⇔




 x2 −

 2
x +
⇔
 x2 −
x 2 − 2x + 1
 2
=3
2
x +
x + 2x + 1
x 2 − 2x + 1
=2
x 2 + 2x + 1

2x + 1
=4
2x + 1
2x + 1
=9
2x + 1

3x 2 + 5 2x + 3 = 0
⇔
2
 4x + 5 2x + 4 = 0

−5 2 + 14
x =
6
⇔

.

−5 2 − 14
x =
6


1.00
0.75

1.00
0.25

Kết luận.

II

Đặt p = a + b +c và q = ab + bc + ca.

(4

Từ a 2 + b 2 + c 2 = 3 suy ra p 2 = 2q + 3 và p > 3 .

điểm).

2
Mặt khác (ab + bc + ca) ≥ 3abc(a + b + c) ⇒

1
3p

≥ 2 .
abc q

1.00
0.50
0.25

9p

Như vậy theo bài ra ta cần chứng minh 5p + q 2 ≥ 18 .
Thật vậy
5p +

9p
36p
5p5 − 18p 4 − 30p3 + 108p 2 + 81p − 162
−
18
=
5p
+
−
18
=
q2
(p 2 − 3) 2
(p 2 − 3) 2
=
7

(p − 3) 2 (5p3 + 12p 2 − 3p − 18)
(1)
(p 2 − 3) 2

0.75
1.00




3 18 
2
÷ > p (5 3 + 12 − 3 − 6) > 0
p p2 

3
2
2
Mặt khác 5p + 12p − 3p − 18 = p  5p + 12 − −



0.25
0.25

(2)
(do p > 3 ).
Từ (1) và (2) ta được đpcm.
III

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Lấy F đối xứng với C qua đường thẳng AT, AT cắt CF tại K và FH

(4

kéo dài cắt AC tại E.

điểm).

TB

0.50
ABsin 2∠TAC

S

ATB
Ta có 2 = TC = S = ACsin ∠TAC
ATC

=

0.75

2ABcos ∠TAC
AF
A

E

0.25

H
T

D

C

B
K
F

Suy ra ⇒

1.00

AF
= cos ∠TAC = cos ∠FAB
AB

Do đó ∠AFB = 900 = ∠AHB , suy ra A, H, F, B cùng thuộc một đường
tròn.
Mà AT ⊥ CF ⇒ BH / /CF .
Từ đó ∠EFK = ∠BHF = ∠BAF = ∠EAK .
Suy ra FH ⊥ AC tại H và H là trực tâm tam giác ACF.
Từ đó dễ thấy BHCF là hình bình hành, suy ra F, D, H, E thẳng hàng.
IV

Vậy DH ⊥ AC (đpcm).

Đặt T = 1234…20122013
8

1.00
0.25
0.25


(4

0.25

Gọi n + 1 là số các chữ số của T.

điểm).

n

n
n −1
n −2
2
1
0
i
Ta có T = 1.10 + 2.10 + 3.10 + ... + 0.10 + 1.10 + 3.10 = ∑ a i .10

0.75

i=0

Gọi T1 là số thu được sau khi biến đổi T một lần như bài cho.
Ta được T1 = 1.2 + 2.2
n

n −1

+ 3.2

n −2

n

+ ... + 0.2 + 1.2 + 3.2 = ∑ a i .2 .
2

1

0

0.75

i

i=0

0.75

n

i
i
Khi đó T − T1 = ∑ a i .(10 − 2 ) M8 ⇒ T ≡ T1 (mod 8) .
i =0

Gọi H là số có một chữ số thu được sau hữu hạn lần biến đổi theo giả

1.00

thiết.

0.50

Suy ra T ≡ H(mod 8) , mà T1 ≡ 5(mod 8) và T ≡ T1 (mod 8)
suy ra H ≡ 5(mod 8) , mà H có một chữ số nên H = 5.
V
(4
điểm).

Kẻ 124 đường thẳng song song với 1 cạnh hình vuông, chia hình

1.25

vuông thành 125 hình chữ nhật bằng nhau. Khi đó mỗi hình chữ nhật
có chiều rộng là
Do

4
cm.
125

1.25

1
4
>
nên mỗi đường tròn đều bị cắt bởi ít nhất một đường
31 125

thẳng nói trên.

1.00
0.50

Có 124 đường thẳng và 2013 đường tròn, nếu mỗi đường thẳng cắt 16
đường tròn thì còn 29 đường tròn.
Khi đó tồn tại một đường thẳng cắt ít nhất 1 trong 29 đường tròn còn
lại và đó chính là đường thẳng thỏa mãn đầu bài.
Chú ý: Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm cho một cách giải với mỗi bài toán, nếu thí sinh
làm cách khác nhưng lý luận chặt chẽ thì cho điểm tối đa tương ứng.
9


GIỚI THIỆU ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ
TỈNH HÀ NAM
Môn: TOÁN ; Lớp 10

Người ra đề:Trần Duy Bình

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I (4,0đ): Giải hệ phương trình sau

Câu II (4,0đ): Cho a, b, c là các số không âm có tổng

. Chứng minh rằng

Câu III (4,0đ): Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, (T) là đường tròn ngoại tiếp.
Gọi D và E lần lượt là giao điểm thứ hai của (T) và đường thẳng AI, BI. Dây cung DE cắt AC tại
F và DE cắt BC tại G. P là giao điểm của đường thẳng qua F, song song với AD và đường thẳng
qua G song song với BE. Giả sử tiếp tuyến của (T) tại A và B cắt nhau tại K. Chứng minh các
đường thẳng AE, BD, KP đồng quy hoặc song song.
Câu IV (4,0đ): Tìm tất cả các số tự nhiên

sao cho

Câu V (4,0 đ): Trên mặt phẳng cho một số điểm sao cho không có 3 điểm nào trong chúng thẳng
hàng. Một vài điểm trong đó được nối với nhau bằng các đoạn thẳng. Biết rằng bất kì đường
thẳng nào không đi qua các điểm đã cho, luôn cắt một số chẵn các đoạn thẳng nối. Chứng tỏ rằng
mỗi điểm đã cho là đầu mút của một số chẵn các đoạn thẳng.
........................................Hết......................................

10


Đáp án đề thi học sinh giỏi các trường
THPT chuyên khu vực duyên hải - đồng
bằng bắc bộ
Môn : Toán; Lớp 10

Trường THPT Chuyên Biên Hoà
Tỉnh Hà Nam
Người ra đề: Trần Duy Bình
Câu

Nội Dung

Điểm

Câu 1
4,0 đ
Hệ phương trình đã cho tương đương

1,0

1,0
2,0
Nếu một trong ba số x,y,z bằng 2.Giả sử x
Cả ba số x,y,z

thì y

nhân ba phương trình ta được
vô nghiệm

Vậy
Câu 2
4,0 đ

Đặt

là nghiệm duy nhất của hệ
với

không âm có tổng

ta

1,5

có

Như vậy ta có

Áp dụng ta có
1,0

1,0

11


0,5
........
C âu3
4,0

..........
1,0

1,0
Thay

và

ta có bất đẳng thức phải chứng minh.

....................................................................................................................
Xét các trường hợp
Xét

là nghiệm thoã mãn.

ta chứng minh phương trình vô nghiệm

+) Chứng minh
.........
C âu4
4,0

0,75

Thật vậy vì

0,75
nên

0,5
..........

Đặt

.Khi đó
0,75

Suy ra
Nhận xét :
1,0
Đặt x

(2)

Từ (1) và (2) suy ra vô lý.

0,5

Vậy pt có nghiệm
......................................................................................................................
Ta có
.........
C âu5
4,0 đ

1.0

nên tứ giác AIEF nội tiếp trong đường tròn (C1)

0,75
.........
0,5

nên tứ giác BIGD nội tiếp trong đường tròn (C2)
Suy ra AE là trục đẳng phương của (
BD là trục đẳng phương của (

và (C1)

và (C2)

0,5
0,5

Ta sẽ chứng minh KP là trục đẳng phương của (C1) và (C2)
Gọi J là giao điểm của (C1) và (C2)
Suy ra IJ là trục đẳng phương của (C1) và (C2)
Gọi K/ và P/ lần lượt là giao điểm của IJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABJ và FGJ

1,0
0,5

12


0,75

Suy ra

0,25

Chứng minh tương tự ta có

Xét hai tứ giác nội tiếp P’FJG và IJGD suy ra
Chứng minh tương tự
Suy ra P,K,J,I thẳng hàng. Do đó KP là trục đẳng phương của hai đường tròn (

Theo tính chất của trục đẳng phương suy ra AE, BD, KP đồng quy tại tâm đẳng phương
của ba đường tròn

hoặc đôi một song song, suy ra bài toán đựơc chứng

minh.
....................................................................................................................
Xét điểm A.Gọi a là số đoạn thẳng nhận A làm đầu mút .
Giả sử a là số lẻ.
Dựng đường thẳng l đi qua A mà không đi qua bất kì điểm nào khác.
Với mỗi đường thẳng l thì tồn tại hai đường thẳng l1 và l2 sao cho
l // l1// l2 và trong khoảng giới hạn bởi l1, l2 không chứa bất kì điểm nào.
Gọi S1,S2 là số giao điểm của l1,l2 với các đoạn thẳng được nối.
Ta thấy các đoạn thẳng có đầu mút là A cắt l1 tại x điểm thì cắt l2 tại a-x điểm.
Mỗi đoạn thẳng không có đầu A sẽ có hai trạng thái:
+/Cắt cả hai đường thẳng l1 và l2
+/ Không cắt l1 và l2
Khi đó số giao điểm là 0 và 2
Vậy các đoạn thẳng không có đầu A cắt l1,l2 tại số chẵn điểm.
Suy ra S

S1+S2

a(mod 2) hay S1+S2

1(mod 2) vì a lẻ

Nên tồn tại S1 hoặc S2 lẻ , điều này mâu thuẫn với giả thiết
Vậy a ch ẵn

13


TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

KỲ THI OLYMPIC
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
Lần thứ VI- Năm học: 2012 - 2013
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 10
(Thời gian: 180 phút – Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ ĐỀ NGHỊ
-------------------

Câu 1 ( 4 điểm)
Giải hệ phương trình sau:
 x − 1( x + y − 1) = ( x − 2) x + y
( x, y ∈ ¡ ).

2
2
( x + 1) x − 2 x + y + 4 = x − y
Câu 2 (4 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức sau:
6(a + b + c)(ab + bc + ca ) (a + b) 2 (b + c ) 2 (c + a ) 2 985
+

≥
.
(a + b)(b + c)(c + a )
abc (a + b + c )3
108
Câu 3 (4 điểm)
Trong mặt phẳng cho đường tròn tâm (O). Hai đường tiếp tuyến tại hai điểm
phân biệt A và B ( thuộc đường tròn (O) ) cắt nhau tại P. Trên cung AB nhỏ lấy
điểm C không là điểm chính giữa cung AB. Giả sử AC cắt PB tại D, BC cắt AP tại
E. Chứng minh rằng tâm của ba đường tròn (ACE), (BCD), (PCO) thẳng hàng.
Câu 4 (4 điểm)
Tìm

tất

cả

các

hàm

f :¢ → ¢

thỏa

mãn

f ( x − y + f ( y )) = f ( x) + f ( y ), ∀x, y ∈ ¢.
Câu 5 (4 điểm)
Cho bảng hình chữ nhật kích thước m × n (m < n) . Một số ô có một số ngôi sao,

giả sử mỗi cột có ít nhất một ngôi sao. Chứng minh rằng có ít nhất hai ngôi sao mà
hàng chứa nó có nhiều ngôi sao hơn cột chứa nó.
-------------------Hết------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

14


ĐÁP ÁN
Môn: Toán 10
Câu 1 (4 điểm)
x ≥ 1

(*)
ĐK:  x + y ≥ 0
 x2 − 2x + y + 4 ≥ 0

*/ Đặt u = x + y ; v = x − 1 (u ≥ 0, v ≥ 0) , phương trình (1) trở thành:
v(u 2 − 1) = (v 2 − 1)u ⇔ (u − v)(uv + 1) = 0
⇔ u = v ⇔ x + y = x − 1 ⇔ x + y = x − 1 ⇔ y = −1.
*/ Thế y = −1 vào pt (2) ta được:
x2 + 1
( x + 1) x − 2 x + 3 = x + 1 ⇔ x − 2 x + 3 =
x +1
x2 + 1
2
⇔ x − 2x + 3 − 2 =
−2
x +1
x2 − 2x − 1

x2 − 2x − 1
⇔
=
x +1
x2 − 2 x + 3 + 2
2

2

2

 x = 1 − 2 (loai )

 x − 2x − 1 = 0
⇔
⇔ x =1+ 2
⇔ x =1+ 2
2
x
−
2
x
+
3
=
x
−
1
 2


2
 x − 2 x + 3 = ( x − 1)
Dễ thấy x = 1 + 2, y = −1 thỏa mãn (*).
2

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1 + 2; − 1).
Câu 2 (4 điểm)
bc
ac
ab
= x;
= y;
=z
Đặt
a (a + b + c)
b( a + b + c )
c(a + b + c)
Ta để ý đến phân tích sau:
6(a + b + c)(ab + bc + ca ) 3(a + b + c) [ a (b + c) + b(c + a ) + c (a + b) ]
=
(a + b)(b + c)(c + a )
(a + b)(b + c )(c + a )
 a( a + b + c)
b( a + b + c)
c( a + b + c) 
= 3
+
+
÷
 (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + b)(c + a ) 

 1
1
1 
= 3 2
+ 2
+ 2
÷
 x +1 y +1 z +1
Khi đó bài toán trở thành: Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = 1
15


 1
1
1 
985
+ 2
+ 2
+ (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) ≥
Chứng minh rằng: 3  2
÷
108
 x +1 y +1 z +1
64
2
2
2
* Trước hết ta chứng minh: (1 + x )(1 + y )(1 + z ) ≥
(1)
27

Thật vậy (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) = ( x + y ) 2 ( y + z ) 2 ( z + x) 2
Khi đó việc chứng minh (1) tương đương với chứng minh:
8
( x + y )( y + z )( z + x ) ≥
3 3
Nhưng bất đẳng thức này chỉ là hệ quả của hai bất đẳng thức đúng sau:
8
8
( x + y )( y + z )( z + x) ≥ ( x + y + z )( xy + yz + zx) = ( x + y + z )
9
9
8
8
và: ( x + y + z ) ≥
9
3 3
* Quay trở lại bài toán:
1
1
1
3
Áp dụng bđt AM-GM ta có: x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 1 ≥ 3
(1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 )
Khi đó ta cần chứng minh:
9
3

Đặt

3

(1 + x )(1 + y )(1 + z )
2

2

2

+(1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) ≥

985
(2)
108

(1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) = t , theo (1) ta có được t ≥

(*)

4
3

9 3 985
+t ≥
t
108
Nhưng bất đẳng thức trên đúng theo AM-GM:
13 3 13
9 9 9 243.t 3
t ≥
+ + +

≥ 9 , và
. Bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
256
108
3t 3t 3t
256
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
và (2) ⇔

Câu 3 (4 điểm)
Giả sử C gần B hơn A. Gọi M là giao điểm thứ hai của hai đường tròn
(ACE) và (BCD).
Khi đó ∠MEA = ∠MCA = ∠DBM = ∠PBM nên tứ giác BMEP nội tiếp.
Tương tự ta cũng có tứ giác AMDP nội tiếp.
Ta chỉ ra tứ giác OMCP nội tiếp.
Thật vậy, ta có ∠CMP = ∠DMP − ∠DMC = ∠DAP − ∠PBE , do các tứ giác AMDP và
BMEP nội tiếp. Mà BP và AP là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên
∠CMP = ∠DAP − ∠PBE =

1 »
1 »
sd AC − sd BC
= ∠COP .
2
2
16


Do đó tứ giác OPCM nội tiếp. Từ đây ta có ba đường tròn (ACE), (BCD), (PCO)
có 2 điểm chung C và M, suy ra tâm của ba đường tròn (ACE), (BCD), (PCO)

thẳng hàng (ĐPCM).
B
D

C
P

M
O
E

A

Câu 4 (4 điểm)
Đặt f ( a) = 0 .
Cho x = y = 0 ta suy ra f (a ) = 2a hay f (a ) − a = a .
Cho x = 0, y = a ta có f ( f (a) − a ) = f (0) + f (a) suy ra f (0) = 0 .
Cho x = 0, y = x ta có f ( f ( x ) − x ) = f ( x) .
Thay y bởi f ( y ) − y ta được
f ( x − f ( y ) + y + f ( f ( y ) − y )) = f ( x ) + f ( f ( y ) − y ) hay là
f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) với mọi x, y ∈ Z .
Đây là phương trình hàm Cauchy và nghiệm của nó là f ( x) = xf (1) .
Thay lại vào phương trình ban đầu ta suy ra f ( x) = 0 ∀x, y ∈ Z hoặc
f ( x) = 2 x ∀x, y ∈ Z .
Câu 5 (4 điểm)
N ngôi sao được đánh số từ 1 tới N
Đặt ai , bi tương ứng là số ngôi sao ở cột và hàng chứa ngôi sao thứ i. Ta cần
chứng minh bi > ai với ít nhất hai chỉ số i nào đó.
. Nhận xét: Nếu ai = k thì mọi ngôi sao cùng cột với ngôi sao thứ i có a j tương
ứng là k .

1
Từ đó suy ra ∑ = n
ai
1
1
⇒∑ ≤mbi
ai
17


1 1
⇒ ∑  − ÷≥ 1
 ai bi 
1 1
− > 0 hay bi > ai với hai chỉ số.
Suy ra tồn tại hai chỉ số i để
ai bi
⇒ đpcm.
-----------------Hết-----------------

18


Sở Giáo dục & Đào tạo TTHuế
Trường THPT Chuyên Quốc Học


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VI

MÔN : TOÁN HỌC
THỜI GIAN 180 PHÚT

Câu 1. (4 điểm)
Giải phương trình sau trên tập số thực
27 x 2 − 36 x − 4 = 5 5 x + 2
Câu 2. (4 điểm)
Cho x1 , x2 ,..., xn là các số thực thuộc đoạn [ a; b ] , trong đó 0 < a < b và n là số
tự nhiên, n ≥ 2. Chứng minh rằng
2
2
1 1
1  n ( a + b)
P = ( x1 + x2 + ... + xn )  + + ... + ÷≤
xn 
4ab
 x1 x2
Câu 3. (4 điểm)
1 1 1
Cho n là số nguyên dương. Xét phương trình + = , với x , y là các số
x y n
nguyên dương.
a) Phương trình có thể có đúng 2014 cặp nghiệm ( x, y ) hay không ?
b) Tìm n nhỏ nhất để phương trình có đúng 2013 cặp nghiệm ( x, y ) .
Câu 4. (4 điểm)
Cho ABC là tam giác không tù. Gọi D là chân đường cao vẽ từ A , I và J
lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác ABD và ACD . Đường thẳng
IJ lần lượt cắt các cạnh AB và AC tại các điểm P và Q . Chứng minh rằng
·
AP = AQ khi và chỉ khi AB = AC hoặc BAC

= 900 .
Câu 5. (4 điểm)
Cho bảng n × n (n hàng, n cột). Các cột và các hàng được đánh số thứ tự
như hình vẽ. Trong mỗi ô ta viết vào một số từ các số { 1,2,3,..., n} sao cho trong
mỗi hàng và mỗi cột các số được viết trong nó là khác nhau. Ta gọi một ô là “tốt”
nếu số được viết trong ô đó lớn hơn số thứ tự của cột chứa ô đó. Tìm n ∈ ¥ * để tồn
tại cách xếp số sao cho trong các hàng số lượng ô “tốt” là bằng nhau.

19


--------Hết-------Sở Giáo dục & Đào tạo TTHuế
Trường THPT Chuyên Quốc Học


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VI
MÔN : TOÁN HỌC
THỜI GIAN 180 PHÚT
Câu

1

Nội dung

Giải phương trình sau trên tập số thực
27 x 2 − 36 x − 4 = 5 5 x + 2
2
Điều kiện xác định x ≥ − .
5

3
Đặt 5 x + 2 = 3a − 2 , điều kiện a ≥ ta có hệ phương trình
2
2
2
27 x − 36 x − 4 = 5 ( 3a − 2 )
9 x − 12 x − 5a + 2 = 0
⇔

 2
2
9a − 12a − 5 x + 2 = 0
( 3a − 2 ) = 5 x + 2
Suy ra
9 ( x 2 − a 2 ) − 12 ( x − a ) + 5 ( x − a ) = 0
x = a
⇔ 9( x − a) ( x + a) − 7( x − a) = 0 ⇔  7
 −x=a
9
x
=
a
Với
ta có
9 x 2 − 17 x + 2 = 0
17 + 217

5 x + 2 = 3x − 2 ⇔ 
⇔x=
3

18
 x ≥ 2
7
Với a = − x ta có
9
1

2 + 5x + 2 7
x ≤
= − x ⇔ 3 5x + 2 = 1 − 9x ⇔ 
9
3
9
2
81x − 63x − 17 = 0
⇔x=

7 − 3 13
18

17 + 217 7 − 3 13 
;
Vậy nghiệm của phương trình là S = 

18
18 

Cho x1 , x2 ,..., xn là các số thực thuộc đoạn [ a; b ] , trong đó 0 < a < b và n
20

Điểm

1

1

1

1


là số tự nhiên, n ≥ 2. Chứng minh rằng
2
2
1 1
1  n ( a + b)
P = ( x1 + x2 + ... + xn )  + + ... + ÷≤
xn 
4ab
 x1 x2
Với mọi t ∈ [ a, b]

2

t − a ≥ 0
⇒ ( t − a ) ( t − b ) ≤ 0 ⇒ t 2 + ab ≤ at + bt
Ta có a ≤ t ≤ b ⇒ 
t
−
b

≤
0

Do 0 < a ≤ t ≤ b ta có t, a, b > 0; chia cả hai vế của bất đẳng thức cho số
dương t ab ta được
t
ab
a
b
+
≤
+
t
b
a
ab
t=a hoặc t=b.

(*); đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Mặt khác, với mọi số thực u, v ta có uv ≤

1
2
( u + v)
4

(**); đẳng thức

xảy ra khi và chỉ khi u=v.

Áp dụng (**) ta có
x
x   ab
ab
ab 
 x
P =  1 + 2 + ... + n ÷
+
+ ... +
÷
x2
xn 
ab
ab   x1
 ab
2
1  x1
ab
x2
ab
xn
ab 
≤ 
+
+
+
+ ... +
+
÷ (3)
4  ab

x1
x2
xn 
ab
ab
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x1
x
x
ab
ab
ab
+ 2 + ... + n =
+
+ ... +
x1
x2
xn
ab
ab
ab
Mặt khác theo (*) ta có

1

x1
ab
a
b
+

≤
+
x1
b
a
ab

x2
ab
a
b
+
≤
+
x2
b
a
ab
....................................
xn
ab
a
b
+
≤
+
xn
b
a
ab

Cộng vế theo vế các BĐT này ta được
 a
b
x1
ab
x
ab
x
ab
+
+
+ 2 +
+ ... + n +
≤ n
÷=
b
a
x1
x2
xn
ab
ab
ab


( a + b)
n
ab
Hai vế của BĐT đều dương, bình phương hai vế ta được
21

1

1

1


2
 x1
ab
x2
ab
xn
ab  n ( a + b )
+
+
+
+ ... +
+

÷ ≤
x
x
x
ab
ab
ab
ab
1

2
n


⇒
2

2

2
1  x1
ab
x2
ab
xn
ab  n ( a + b )
+
+
+
+ ... +
+
(4)

÷ ≤
4  ab
x1
x2
xn 
4ab
ab

ab
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( x1 = a hoặc x1 = b ) và ( x2 = a hoặc
x2 = b ) ...và ( xn = a hoặc xn = b ) .
2
n2 ( a + b )
Từ (3) và (4) ta suy ra P ≤
4ab
2

Cho n là số nguyên dương. Xét phương trình

2

1 1 1
+ = , với x , y là
x y n

các số nguyên dương.
a) Phương trình có thể có đúng 2014 cặp nghiệm ( x, y ) hay không ?
b) Tìm n nhỏ nhất để phương trình có đúng 2013 cặp nghiệm ( x, y ) .
2
a) Phương trình tương dương n( x + y ) = xy ⇔ ( x − n)( y − n) = n . Nhận
xét rằng x > n và y > n , nên x − n và y − n là các ước số nguyên dương
của n 2 . Suy ra số nghiệm phương trình là số ước số nguyên dương của
n2 .
α
α
α
Giả sử n = p1 p2 K pk là phân tích nguyên tố của n . Khi đó
n 2 = p12α p22α K pk2α . Suy ra số ước số nguyên dương của n 2 là

(2α1 + 1)(2α 2 + 1)L (2α k + 1) . Số này là một số lẻ. Vậy phương trình
không thể có đúng 2014 cặp nghiệm.
1

1

3

2

2

1

k

k

b) Ta có 2013 = 3 ×11 ×61 . Xét các trường hợp
1) 2013 = 2 ×1006 + 1 . Khi đó số n nhỏ nhất là n = 21006 .
2) 2013 = 3 ×671 = (2 ×1 + 1)(2 ×335 + 1) . Khi đó số n nhỏ nhất là
n = 2335 ×32 .
3) 2013 = 11 ×183 = (2 ×5 + 1)(2 ×90 + 1) . Khi đó số n nhỏ nhất là
n = 290 ×35 .
4) 2013 = 33 ×61 = (2 ×16 + 1)(2 ×30 + 1) . Khi đó số n nhỏ nhất là
n = 230 ×316 .
5) 2013 = 3 ×11 ×61 = (2 ×1 + 1)(2 ×5 + 1)(2 ×30 + 1) . Khi đó số n nhỏ
nhất là n = 230 ×35 ×5 .
So sánh các trường hợp ta có số n nhỏ nhất là n = 230 ×35 ×5 = 1215 ×230
để phương trình có đúng 2013 cặp nghiệm ( x, y ) .

22

1

1

1


Cho ABC là tam giác không tù. Gọi D là chân đường cao vẽ từ A , I
và J lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác ABD và
ACD . Đường thẳng IJ lần lượt cắt các cạnh AB và AC tại các điểm
P và Q . Chứng minh rằng AP = AQ khi và chỉ khi AB = AC hoặc
·
BAC
= 900 .

4

Do tam giác ABC không tù nên D ở trong đoạn BC .
Thuận.
Giả sử AP = AQ . Trên AD lấy điểm D ' sao cho AD ' = AP = AQ . Khi
đó ta có ∆API = ∆AD ' I và ∆AQJ = ∆AD ' J . Suy ra ·AD ' I = ·AD ' J .
· ' I = DD
· ' J . Mà D
· ' DI = D
· ' DJ (cùng bằng 450 hay
Nếu D ' ≡/ D thì DD
1350 ) nên ∆DD ' I : ∆DD ' J . Suy ra ∆AD ' I : ∆AD ' J . Do đó

·
· ' = 2 JAD
·
·
. Vậy ABC là tam giác cân tại A nên
BAD
= 2 IAD
' = CAD
AB = AC .
·
Nếu D ' ≡ D thì ·API = ·ADI = ·ADJ = ·AQJ = 450 . Suy ra BAC
= 900 .
Đảo.
Nếu AB = AC thì ∆ABD = ∆ACD . Suy ra hai đường tròn ( I ) và ( J )
bằng nhau. Do đó PQ PBC . Vậy AP = AQ .
·
Giả sử BAC
= 900 . Trên AB , AC lần lượt lấy các điểm P ' , Q ' sao
cho AP ' = AQ ' = AD . Khi đó ∆AP ' Q ' vuông cân tại A nên
·AP ' Q ' = ·AQ ' P ' = 450 .
Gọi I ' , J ' lần lượt là giao điểm của P ' Q ' với các đường phân giác
·
·
của các góc BAD
và CAD
. Khi đó ∆AP ' I ' = ∆ADI ' và
∆AQ ' J ' = ∆ADJ ' . Suy ra ·ADI ' = ·ADJ ' = 450 . Do đó DI ' là phân giác
góc ·ADB và DJ ' là phân giác góc ·ADC . Suy ra I ' và J ' là tâm đường
tròn nội tiếp các tam giác ABD và ACD . Vậy I ' ≡ I , J ' ≡ J . Từ đó
P ' ≡ P , Q ' ≡ Q nên AP = AQ .

Cho bảng n × n (n hàng, n cột). Các cột và các hàng được đánh số thứ
tự như hình vẽ. Trong mỗi ô ta viết vào một số từ các số { 1,2,3,...,n} sao
cho trong mỗi hàng và mỗi cột các số được viết trong nó là khác nhau.
Ta gọi một ô là “tốt” nếu số được viết trong ô đó lớn hơn số thứ tự của
23

1

1

1

1


cột chứa ô đó. Tìm n ∈ ¥ * để tồn tại cách xếp số sao cho trong các hàng
số lượng ô “tốt” là bằng nhau.
Trên cột 1 số lượng ô tốt là n − 1 (các ô điền số 2,3,..., n )
Trên cột 2 số lương ô tốt là n − 2 (các ô điền số 3,4,..., n
……..
Trên cột k số lượng ô tốt là n − k (các ô điền số k + 1,..., n
Tổng số ô tốt là

n −1

∑i =
i =1

n ( n − 1)
.

2

1

Do số lượng ô tốt ở các hàng bằng nhau nên có
5

hàng, vậy n lẻ
Ngược lại: n lẻ

n −1
ô tốt trên mỗi
2

- Hàng 1 xếp vào các số 1, n, n − 1, n − 2,...,3,2 mỗi hàng tiếp theo chuyển
động tròn hàng trước (xem hình)
Rõ ràng cách xếp này thỏa mãn bài toán.
Thật vậy, trên mỗi hàng, cột các số khác nhau
Xét hàng thứ m m ∈ { 1,2,3,..., n} :
m
m ô đầu tiên là các số m, m − 1,...,1 suy ra có   ô tốt
2
Trong n − m ô còn lại m + 1, m + 2,..., n chứa các số n, n − 1,..., m + 1 , suy
n − m
ra có 
ô tốt.
 2 
Vậy số ô “tốt” trên hàng thứ m là
 m   n − m  m n − m 1 n −1
 2  +  2  = 2 + 2 − 2 = 2

(Vì n lẻ nên m, n − m khác tính chẵn lẻ)
Vậy n ∈ ¥ * và n lẻ.
--------------------Hết-------------------24

1

1

1


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HƯNG YÊN

KỲ THI CHỌN HSG CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2013
Đề đề nghị môn Toán lớp 10
Thời gian làm bài 180 phút

(Không kể thời gian phát đề)
***********

Câu I(4 điểm). Giải hệ phương trình:
5
 2
x ( y − z ) = − 3
 2
 y ( z − x) = 3

z2 ( x − y) = 1

3

Câu II(4 điểm).
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 1
1
1
1
9
+
+
≤
CMR:
1 − ab 1 − bc 1 − ca 2
Câu III(4 điểm).
Cho ∆ABC . Một đường thẳng d thay đổi cắt các cạnh AB và AC tại M và N sao
cho:
MB
NC
x
+y
= 1 ( x, y là các số thực dương cho trước)
MA
NA
CMR: đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định.
Câu IV(4 điểm). Tồn tại hay không hai số nguyên dương phân biệt a, b sao cho
b n + n chia hết cho a n + n với mọi số nguyên dương n.
Câu V(4 điểm). Tìm độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vuông sao cho có thể đặt
vào trong nó 5 hình tròn bán kính r = 1 mà không có hình tròn nào có điểm trong
chung.
******** Hết ********

Câu

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Đáp án

25

Điểm