Toan 10_Ninh Binh 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 HỌC 2014 – 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY
TỈNH NINH BÌNH

Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1 (4,0 điểm)
Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:
 x 3 − 12x − y3 + 6y 2 − 16 = 0
 2
2
2
4x + 2 4 − x − 5 4y − y + m = 0

Câu 2 (4.0 điểm)
Các đường tròn ω1 , ω2 , ω3 nằm trong mặt phẳng và tiếp xúc ngoài với nhau
từng cặp. Gọi P1, P2, P3 thứ tự là điểm tiếp xúc của ω2 và ω3 , ω3 và ω1 , ω1 và ω2 .
Gọi A, B là hai điểm khác P1, P2 và nằm trên ω3 sao cho AB là đường kính của ω3 .
Đường thẳng AP2 cắt lại ω1 tại X, đường thẳng BP1 cắt lại ω2 tại Y, và các đường
thẳng AP1, BP2 cắt nhau tại Z. Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàng.
Câu 3 (4.0 điểm)
Tìm các số nguyên không âm x, y thỏa mãn: 3x + 2.3y = 2x + y +1 − 1
Câu 4 (4.0 điểm)

Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn : a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất
1
và nhỏ nhất của biểu thức: E = a 2 + c2 + (a − c)(b − d) .
2
Câu 5 (4.0 điểm)

 (n + 3) 2 
Trong tam giác vuông cân cạnh huyền có chiều dài n lấy 
 + 1 điểm.
3


Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất 1 cặp điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1.
.................HẾT.................
Người ra đề


Câu

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN, KHỐI 10
Ý
Nội dung chính cần đạt
3
3
 x − 12x − y + 6y 2 − 16 = 0
(1)
 2
2
2
4x + 2 4 − x − 5 4y − y + m = 0 (2)

Ta có (1) ⇔ x 3 − 12x = ( y − 2 ) − 12 ( y − 2 )

Điểm

3

1,0

⇔ (x − y + 2) 2 (x 2 + x(y − 2) + (y − 2) 2 − 12) = 0

1
4
điểm

Ta có x và y − 2 cùng thuộc đoạn [ −2;2] suy ra
x 2 + x(y − 2) + (y − 2) 2 − 12 ≤ 0
Do đó (1) ⇔ x = y − 2

1,0

Thay vào (2) ta được 3 4 − x 2 = 4x 2 + m (3)
Đặt t = 4 − x 2 (0 ≤ t ≤ 2) : (3) ⇔ 4t 2 + 3t − m − 16 = 0 (4)
t

0

2
6–m

1.0

4t 2 + 3t − m − 16

– m – 16
Do đó: hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (3) có nghiệm
⇔ (4) có nghiệm x ∈ [ 0;2] ⇔ −16 ≤ m ≤ 6
2
4
điểm

O
P

2

O

X

3

1

O

P
1

Z

B

P
2

A
O
3

Gọi O1, O2, O3 thứ tự là tâm các đường tròn ω1 , ω2 , ω3
Gọi O là giao của các tiếp tuyến chung tại P1, P2, P3 của
ω1, ω2 , ω3 .

1,0


Ta có: (ZP1, ZP2) = (ZP1, AP2) + (AP2, ZP2) =
0,5

1
π
(O 3P1, O 3 P2 ) +
2
2

(P3P1, P3P2) = (P3P1, P3O) + (P3O, P3P2)
=

1
1

(O 2P1, O 2 P3 ) + (O1P3 , O1P2 )
2
2

π 1
1
π
= − (O3 P2 , O3 P1 ) = (O3P1, O3 P2 ) +
2 2
2
2

1,0
0,5

⇒ (ZP1, ZP2) = (P3P1, P3P2) ⇒ P1, P2, P3, Z đồng viên.
(P3X, P3Z) = (P3X, P3P2) +(P3P2, P3Z) =
r
r
r
1 uuuur uuuuu
1 uuuur uuuuu
1 uuuuur uuuuu
(O1 X, O1P2 ) + (P1P2, P1Z) = (O1 X, O1P2 ) + (O3 P2 , O3 A)
2
2
2
uuuur uuuuu
r
uuuuu

r uuuuur
Vì ω1, ω2 tiếp xúc ngoài nên (O1 X, O1P2 ) = (O3 A, O3P2 )

⇒ (P3X, P3Z) = 0 ⇒ X, Z, P3 thẳng hàng.
3
4
điểm

0,5
0,5
0,5
0,5

Tương tự: Y, Z, P3 thẳng hàng ⇒ ĐFCM
Đặt n = x + y ta có: 3x + 2.3y = 2 n +1 − 1
⇒ 3 ,3 < 2
x

y

n +1

=8

n +1
3

<9

n +1

3

=3

2
(n +1)
3

2
⇒ x, y < (n + 1)
3

n−2
2(n + 1)
⇒
< x, y <
3
3

1
0,5

+ n = 0 ;1 ;2 ; 4 : không tồn tại x, y
+ n = 3: x = 2, y =1

1

+ n = 5 : x = 2, y = 3
+ n ≥ 6 : Đặt

0,5

m = min{x; y} ⇒ m>1 ⇒ 2 n +1 − 1M
3m ⇒ 2 n +1 − 1M
9 ⇒ n + 1M
6
(vì bậc của 2 theo mod 9 là 6)
Đặt n + 1 = 6k

0,5


⇒ (2k − 1)(2k + 1)(42k + 4k + 1)
 2k − 1M
3m−1
/9 ⇒ 
4 + 4 + 1 = (4 − 1) + 3.4 M
3, M
k
3m−1
 2 + 1M
2k

k

k

m −1

2

k

n +1
6

0,5

⇒ 3 ≤ 2 +1≤ 3 = 3
n−2
n +1
/6
⇒
−1 < m −1 ≤
⇒ n < 11 ⇒ n + 1M
3
6
k

k

Vậy phương trình vô nghiệm khi n ≥ 6.
Kết luận: (x; y) = (2; 1), (2; 3)
4
4
điểm

1
E = a 2 + c 2 + (a − c )(b − d ) ≤ a 2 + c 2 + (a 2 + c 2 )(b 2 + d 2 )
2

0,5

= a 2 + c 2 + [( 2 − 1)(a 2 + c 2 )][( 2 + 1)(b 2 + d 2 )]

0,5

( 2 − 1)(a 2 + c 2 ) + ( 2 + 1)(b 2 + d 2 )
2
2 +1 2 2
2 +1
=
(a + c + b 2 + d 2 ) ≤
2
2

0,5

≤ a2 + c2 +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

 a = −c
2+ 2
2+ 2
a =
b = − d
;c = −
8
8



⇔

a = ( 2 + 1)b

2− 2
2− 2
;d = −
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 1 b =
8
8



0,5


2+ 2
2+ 2
a = −
;c =
8
8

hoặc 

2− 2
2− 2
;d =

b = −
8
8

1
E = a 2 + c 2 + (a − c )(b − d ) ≥ a 2 + c 2 − (a 2 + c 2 )(b 2 + d 2 )
2

0,5
0,5

= a 2 + c 2 − [( 2 + 1)(a 2 + c 2 )][( 2 − 1)(b 2 + d 2 )]

0,5

( 2 + 1)(a 2 + c 2 ) + ( 2 − 1)(b 2 + d 2 )
≥ a +c −
2
1− 2 2 2
1− 2
=
(a + c + b 2 + d 2 ) ≥
2
2
2

2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
0,5


 a = −c
2− 2
2− 2
a = −
b = − d
;c =
8
8


⇔

a = −( 2 − 1)b

2+ 2
2+ 2
;d = −
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 1 b =
8
8




2− 2
2− 2
a = −

;c =
8
8

hoặc 

2+ 2
2+ 2
;d = −
b =
8
8


 (n + 3)2 
1
+ 1 đường tròn bán kính có tâm là
Dựng 

2
 3 
 (n + 3) 2 
 3  + 1 điểm đã cho.


5
4
điểm

  (n + 3) 2   π (n + 3) 2

Tổng diện tích các hình tròn là  
 + 1÷ 4 >
3
4

 

Diện tích được phủ của họ tất cả các đường tròn có tâm thuộc
miền tam giác vuông cân (tính cả biên), bán kính bằng

1

1
nhỏ 2
2

(n + 1 + 2) 2
hơn
.
4

1

 (n + 3) 2 
Do đó tồn tại ít nhất 2 đường tròn cắt nhau trong 
 +1
3


đã dựng. Suy ra điều phải chứng minh.

(Họ tên, ký tên -Điện thoại liên hệ)