Toan 10_Nam Dinh Đề thi (đề xuất) kỳ thi HSG các trường THPT Chuyên khu vực DH&ĐBBB lần thứ VIII, năm 2015

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

ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10
NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Thời gian làm bài 180 phút

LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH

(Đề này có 1 trang, gồm 5 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:

2
2

2 x − 2 xy − y = 2
 3
2
2
3

2 x − 3x − 3xy − y + 1 = 0

Câu 2 (4 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a
ab + b 2

+

b
bc + c 2

+

c
ca + a 2

≥

3
.
2

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

2
2

2 x 2 xy y = 2 ( 1)
3
2
2
3

2 x 3x 3 xy y + 1 = 0 ( 2 )

1
Gii h phng trỡnh:

4 i

Phng trỡnh (2) ca h vit li nh sau

3

3

3x 3 + 3x 2y - 3x 2 + 1 - ( x + y ) = 0 ( x + y ) - 3x 2 ( x + y ) = 1 - 3x 2 ( 3)

1,0

Ta thy x = 0 khụng tha món h phng trỡnh. Chia 2 v ca (3) cho x 3 ta cú
3
ổ
ử
ổ
ử
y
y
1
3
0,5
ữ
ỗ
phng trỡnh ỗ
ữ
ữ
3
+
1
= 3ỗ + 1ữ
ỗ
ữ

ữ
ữ
ữ x
ỗ
ỗ
x
ốx
ứ
ốx
ứ
2

1 y y 1 1
y
+ 1 ữ + 1ữ + + 1ữ. + 2 3 = 0
x x x x x
x


0,5

PT (1) ca h c vit li nh sau

x + 2xy + y + 2 = 3x ( x + y )
2

2

2

2

2

ổ
ử
y
2
ỗ
ữ
+ 2 = 3x ỗ + 1ữ
+
= 3 ( 4)
ữ
ỗ
ữ x2
ốx
ứ
2

0,5

ổ
y
1ử
y
1
ữ
= 0 + 1 = thay vo (4) ta cú
ỗ + 1- ữ

TH1: ỗ
ữ
ữ
ỗ
xứ
x
x
ốx
ộx = 1
3
= 3 ịị ờ
ờx = - 1
2
x
ờ
ở
2

ổ
ử
y
TH2: ỗ
ữ
+
ỗ + 1ữ
ữ
ữ
ỗ
ốx
ứ

ộy = 0
ờ
ờy = 2
ờ
ở

0,5

ổ
ử1
y
1
ỗ
ữ
+ 1ữ
. + 2 - 3 = 0 kt hp vi (4) ta cú
ỗ
ữ
ỗx
ữx x
ố
ứ

ổ
ử
y
1 1
y
1

ữ
ỗ
ữ
+
1
.
=
0

+
1
=
y = 1- x
ỗ
ữ
ỗ
ữx x 2
x
x
ốx
ứ

0,5

Thay vo (4) ta cng c hai nghim trựng vi hai nghim trờn

2

Vy h phng trỡnh cú hai nghim l ( x ; y ) = ( 1; 0) ; ( - 1;2)

0,5

Cho a, b, c l cỏc s thc dng. Chng minh rng:

4 i


a
ab + b 2

+

b
bc + c 2

c

+

ca + a 2

≥

3
.
2

Ta có
a
ab + b 2

³

+

b
bc + c 2

æa
ç
ç
ç b +
ç
è
a
+ 1+
b

+

c
ca + a 2

a
b +
a
+1
b

=

b
c +
b
+1
c

c
a
c
+1
a

1,0

2

cö
÷
÷
÷
÷
aø
÷

b
+
c
b
+ 1+

c

c
+1
a

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

Ta có
æa
ç
ç
ç b +
ç
è
a
+ 1+
b
³

b
+
c

2

ö
c÷
÷
÷
a÷
÷
ø

b
+ 1+
c

c
+1
a

=

(

x +

x + 1+

( x + y + z ) + 2 ( xy + yz +
3 ( x + y + z + 3)

zx

)³

y +
y + 1+

z

)

2

1,0
z+1

x+y+z+6
3 ( x + y + z + 3)

Suy ra
a
ab + b 2

+

Ta có S +

b
bc + c 2

3

S

=

+

c
ca + a 2

≥

S +3
( S = x + y + z + 3 ≥ 6)
3S

S æ
3 ö
÷
ç S
÷
+ç
+
³
÷
ç
÷
ç
2
2
÷

Sø
è

6 2 3
3 3
+
=
2
2
2

1,0


Suy ra

S+3
3S

³

3
2

. Bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

3

1,0

Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp 4 điể
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
.


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
( A CJX ) = - 1, ( FEJX ) = - 1 .
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.
1,0
Tương tự D, S, R thẳng hàng. Suy ra ( FEJX ) = - 1
+ Gọi I, K lần lượt là giao điểm của BD với MN và PQ. Ta có
( X IMN ) = ( X KPQ ) = - 1 . 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,
0,5
MP, NQ đồng quy. Suy ra MP, NQ, BD, AC đồng quy tại điểm J.
+ Ta có B ( X DA C ) = B ( X IMN ) = - 1 = D ( X K QP ) = D ( X BA C ) . Suy ra A,
0,5
X, C thẳng hàng.
Áp
dụng

định
lý
Menelaus
X A NC MB
XA
MA
.
.
=1Þ
=
.
X C NB MA
XC
NC

cho

tam

giác

ABC

ta

có
0,5

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 ( A CJX ) = - 1

0,5


Theo kết quả trên ta có ( A CJX ) = - 1 kéo theo H ( A CJX ) = - 1 . Nhưng vì
HJ ^ HX . Theo định lí về chùm điều hòa ta có HJ là phân giác của góc AHC.
Dễ thấy ( FEJX ) = - 1 suy ra HJ là phân giác của góc EHF

0,5

0,5

·
Từ đó dễ dàng thấy được điều cần chứng minh A· HE = CHF
.

Tìm tất cả các số nguyên dương a < b < c < d sao cho mỗi số trong chúng là ước 4 điể
của tổng ba số còn lại.
éa + b + c = d
ê
d
|
a
+
b
+
c
a
+
b
+
c
<
3
d
Þ
Do
(
) và
êa + b + c = 2d
0,5
ê
ë
0,5
TH1: a + b + c = d . Do a | ( b + c + d ) nên a | 2d . Tương tự b | 2d, c | 2d .

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


+) Nếu z = 3 thì

1 1 1
+ = Þ ( x - 6) ( y - 6) = 36. Ta có các nghiệm
x y
6

( x ; y ) Î { ( 42;7) , ( 24; 8) , ( 18;9) , ( 15;10) }

.

Vì vậy

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

1,0

Với k là số nguyên dương
+) Nếu z = 4 thì

1 1 1

+ = Þ ( x - 4) ( y - 4) = 16. Ta có các nghiệm
x y
4

( x ; y ) Î { ( 20;5) , ( 12;6) } .
Vì vậy ( a;b;c;d ) Î { ( k ; 4k ;5k ;10k ) , ( k ;2k ; 3k ;6k ) }

0,5

Với k là số nguyên dương
4

+) Nếu z = 5 thì

1 1
3
+ = . Suy ra ( 3x - 10) ( 3y - 10) = 100
x y
10

2 ( mod 3)
Vì 3x - 10 ºÞÞ

+) Nếu z ³ 6 thì

éìï 3x êï
êíï 3y êïî
êì
êïï 3x êí
êïï 3y ëî

10 = 20
10 = 5
10 = 50
10 = 2

éy = 5
ê
êy = 4 : vô lý
ê
ë

0,5

1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
+ + < + + = : không thỏa mãn + + =
x y z
6 6 6 2
x y z
2

TH2: a + b + c = 2d . Khi đó a | 3d, b | 3d, c | 3d .
1 1 1 2
Đặt 3d = ax = by = cz , khi đó 3 < z < y < x và + + = .
x y z
3
Suy ra z ³ 4, y ³ 5, x ³ 6 . Do đó

1 1 1 1 1 1 37 2

+ + £ + + =
< : vô lý.
x y z
6 5 4 60 3

1,0

Vậy các số ( a ;b;c; d ) thỏa mãn đề bài là

( k ;6k ;14k ;21k ) , ( k ;3k ;8k ;12k ) , ( k ;2k ;6k ;9k ) , ( 2k ; 3k;10k;15k ) , ( k; 4k;5k;10k ) , ( k ;2k ; 3k ;6k )
Với k là số nguyên dương
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 4 điể
mà tổng số kẹo trong các hộp đó đúng bằng 1008 cái kẹo.


+) 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 ai là số kẹo trong hộp thứ
i, i = 1, 2,...,1008 . Xét các số sau
S 1 = a1, S 2 = a 1 + a 2,..., S 1008 = a1 + a 2 + ... + a1008

1,0

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

1,0

ai + 1 + ... + a j = 1008

Giả sử trong dãy S 1, S 2,..., S 1008 không có 2 số nào có cùng số dư khi chia cho 1008.
Xét 1009 số sau S 1, S 2,..., S 1008, a 2 . Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số có cùng
số dư khi chia cho 1008.
a 2,1 a1, a 2 1008 , nên a1, a 2 không cùng số dư khi chia cho
Lại có S 1 = a1 ¹££
1008. Suy ra tồn tại k = 2, 3,...,1008 thỏa mãn S k , a 2 có cùng số dư khi chia cho
1008.

0,5

0,5

1008 . Lại có 1 £ a1 + a 3 + ... + a k < 2016 ,
Khi đó S k - a 2 = a1 + a 3 + ... + ak M
suy ra a1 + a 3 + ... + a k = 1008.
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