Toan 10_Quang Nam 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
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
TỈNH QUẢNG NAM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 01 trang gồm 5 câu)

Câu 1: (4,0 điểm). Giải hệ phương trình sau:
 x2 + y2 = 2
 2
 z + 2 z( x + y) = 8

 z ( y − x) = 48
Câu 2: (4,0 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc trong tại điểm K, ((O’) nằm trong (O)).Điểm A
nằm trên (O) sao cho A, O, O’ không thẳng hàng. Các tiếp tuyến AD, AE của (O’) cắt
đường tròn (O) lần lượt tại các điểm thứ hai là B và C ( D, E là các tiếp điểm ). Đường
thẳng AO’ cắt (O) tại điểm thứ hai là F. Chứng minh rằng BC, DE, FK đồng quy.
Câu 3: (4,0 điểm)

(

) (

)

3

Tìm các số nguyên dương m, n (m, n > 1 ) thỏa mn − 1 | n − 1

Câu 4: (4,0 điểm)
Cho ba số a, b, c ≥ 1 thoả 32abc − 18 ( a + b + c ) = 27 .
Chứng minh rằng: bc a 2 − 1 + ac b 2 − 1 + ab c 2 − 1 ≤ 5abc
Câu 5: (4,0 điểm)

(

)

Trong một đợt giao lưu học sinh gồm 2m m > 1 học sinh. 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 f 2m là số các cặp đôi như thế. Chứng minh rằng: f 2m ≥ m m − 1

……………………………………..HẾT……………………………………………
Người ra đề: Nguyễn Thanh Thiên - ĐT liên hệ: 0905662875

1

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10
Câu
1

Đáp án
Câu 1: (4,0 điểm). Giải hệ phương trình sau:
 x2 + y2 = 2
 2
Ta có hệ phương trình  z + 2 z ( x + y ) = 8

 z ( y − x) = 48

Điểm
 x2 + y2 = 2
 2
 z + 2 z( x + y) = 8

 z ( y − x) = 48

(1)
(2)

1,0

(3)
2

2

z 

z

Từ (1) và (2) ta suy ra 2 x + 2 y + z + 2 zx + 2 zy = 12 ⇔  x + ÷ +  y + ÷ = 6
2 
2

2
2
Từ (1) ta suy ra (2 y ) + (−2 x) = 8
(5)
2

Đặt

2

2

(4)

r 
r
z
z
u =  x + ; y + ÷ , suy ra u = 6 ( do (4) )
2
2

r
r

v = ( 2 y; −2 x ) , từ (5) suy ra v = 8 ( do (5) )

1,0

______________________________________________________________________
rr
Ta có u.v = yz − zx = z ( y − x) = 48 .
rr

r r

Mặt khác, ta có u.v ≤ u . v = 48 .
r
r
Dấu bằng xảy ra khi u và v cùng hướng, suy ra

1,0

z
z
y+
2=
2 ⇔ 2( x 2 + y 2 ) = − z ( x + y )
2y
−2 x
2
Suy ra z ( x + y ) = −4 , từ (2) suy ra z = 16 ⇔ z = ±4
x+



−1 − 3
x=

x
+
y
=
−
1


2
⇔
+ với z = 4 thay vào hệ ta đươc 
 y − x = 3
 y = −1 + 3

2

1+ 3
x =
 x + y = 1

2
⇔
+ với z = −4 thay vào hệ ta đươc 
 y − x = − 3
 y = 1− 3

2

1,0

Thử lại, ta thấy các giá trị trên đều thỏa mãn.
−1 − 3 −1 + 3
1+ 3 1− 3
;
) , (−4;
;
)
Vậy hệ phương trình có hai bộ nghiệm ( x; y; z ) là (4;
2

2

2

2

2


2

Câu 2: (4,0 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc trong tại điểm K, ((O’)
nằm trong (O)).Điểm A nằm trên (O) sao cho A, O, O’ không thẳng hàng. Các tiếp
tuyến AD, AE của (O’) cắt đường tròn (O) lần lượt tại các điểm thứ hai là B và C ( D,
E là các tiếp điểm ). Đường thẳng AO’ cắt (O) tại điểm thứ hai là F. Chứng minh rằng
BC, DE, FK đồng quy.
Hình vẽ:

Gọi M là giao điểm của KD với (O); T là giao điểm của BF và KC. Dễ thấy O’D//OM
Suy ra OM vuông góc AB. Suy ra M là điểm chính giữa của cung AB.
Gọi S là giao điểm của BC và ED; S’ là giao điểm của BC và KF
Ta chứng minh S trùng với S’.
Xét tam giác ABC, áp dụng định lý Menelaus với cát tuyến DES’, có:
S 'B EC DA
S 'B DB EA DB
.
.
=1⇔
=
.
=
S 'C EA DB
S 'C EC DA EC

1,0

( 1) ( doDA = EA)

1,0

Xét tam giác TBC, với cát tuyến SKF, có:
SB K C FT
SB K T BF
K T BF
.
.
= 1⇔

=
.
=
.
SC K T FB
SC K C FT
FT K C

1,0

Mặt khác, tam giác BKT đồng dạng với tam giác CFT nên ta có:
3


KB KT
=
FC T F

⇒

( 2) ( DoFB = FC )

SB K B
=
SC K C

Do KE và KD lần lượt là hai đường phân giác của góc ∠AK C và góc ∠BK A , nên ta có:
 K B DB
=


K
A
DA

K
C
EC

=
 K A EA

⇒

BD K B
=
CE
KC

Từ ( 1) , ( 2) , ( 3) suyra
3

( 3)

1,0

SB S 'B
=
SC S 'C

Hay S ≡ S '

Câu 3: (4,0 điểm)

(

Tìm các số nguyên dương m, n m, n > 1

)

(

) (

)

3
thỏa mn − 1 | n − 1

1,0
Từ giả thiết, suy ra:
mn − 1 | mn
. 3 − m = n2 mn − 1 − m + n2

) (
⇒ ( mn − 1) |( n

)

(

2

)( )

(

)

1,0

−m 1

Tương tự,
mn − 1 | mn2 − m2 = n mn − 1 + n − m2

) (
) (
⇒ ( mn − 1) |( n − m )
( 2)
Từ ( 2) , có n − m ≥ mn − 1.
(

)

2

2

* Nếu n > m2 thì n − 1 > n − m2 ≥ mn − 1 . Điều này vô lý.
2
* Nếu n = m2 thì m, n = k, k . Điều này thỏa mãn.

) (

(

1,0

)

* Nếu n < m2 thì m2 − 1 > m2 − n ≥ mn − 1.
Suy ra m > n .

()

1,0

Từ 1 , ta có: m − n ≥ mn − 1 .
2

+ Khi m > n2 thì m − 1 > m − n2 ≥ mn − 1. Điều này vô lý.
2
2
2
+ Khi m < n2 thì n < m < n ⇒ n − n > n − m ≥ mn − 1 suy ra n < 1. Vô lý.

(

) (

)

2
+ Khi m = n2 thì m, n = k , k thỏa mãn.

(

) (

)

(

)

2
2
Kết luận : Vậy, m, n = k, k hoặc k , k . Với k nguyên dương

4

Câu 4: Cho ba số a, b, c ≥ 1 thoả 32abc − 18 ( a + b + c ) = 27 . Chứng minh rằng:
4


bc a 2 − 1 + ac b 2 − 1 + ab c 2 − 1 ≤ 5abc

+ Với x, y, z ≥ 0 ta luôn có x + y + z ≤ 3( x + y + z )
+ Từ bất đẳng thức đã cho ta có:
VT
1

1
1
  1 1 1
= 1 − 2 + 1 − 2 + 1 − 2 ≤ 3 3 −  2 + 2 + 2
abc
a
b
c
 a b c

1,0


 1 1 1
÷ = 9 − 3  2 + 2 + 2 ÷

a b c 

2

Suy ra:

VT
1 1 1
≤ 9 − + + ÷
abc
a b c

Từ giả thiết 32abc − 18 ( a + b + c ) = 27
1 1  27

 1
⇔ 18  + + ÷+
= 32
 ab bc ca  abc

(*)

2

1,0
3

1
1 1 11 1 1
1
1 1 1 1
+ + ≤  + + ÷ và
≤  + + ÷
Ta có:
ab bc ca 3  a b c 
abc 27  a b c 


Đặt t =  + + ÷
a b c
1

1

1

1,0
t 
t 
2
18  ÷+ 27  ÷ ≥ 32 ⇔ t 3 + 6t 2 − 32 ≥ 0 ⇔ ( t − 2 ) ( t + 4 ) ≥ 0 ⇔ t ≥ 2
3
 27 
2

Từ (*) ta suy ra:

3

______________________________________________________________________
2

VT
1 1 1
≤ 9 −  + + ÷ = 9 − 22 = 5 ⇔ VT ≤ 5abc
Vậy
abc
a b c
3
Dấu ‘=’ xảy ra khi chỉ khi a = b = c =
2

5

1,0

Câu 5 (4,0 điểm)
Trong một đợt giao lưu học sinh gồm 2m ( m > 1) học sinh. 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 f ( 2m) là số các cặp đôi như thế. Chứng minh rằng: f 2m ≥ m m − 1 .

( )

(

)

Ta xây dựng mô hình biểu diễn (K) gồm n ( n = 2m)  điểm như sau: Mỗi học sinh được
biểu diễn bởi 1 điểm ( không có 3 điểm nào thảng hàng ). Hai học sinh có trao đổi học
tập được biểu diễn bởi một đường liền nét, hai học sinh không có trao đổi học tập biểu
diễn bởi một đường không liền nét.
Kí hiệu P là tập hợp n điểm, f ( n ) là số đoạn nối liền nét của một biểu diễn (K).

1,0

5


Từ giả thiết, ta suy ra bất kỳ 3 điểm nào của P cũng đều có ít nhât một đường liền nét.
Ta luôn giả thiết rằng, trong biểu diễn K tồn tại hai điểm A, B mà đoạn nối AB không
liền nét. Đặt Q = P \ { A, B } . Như vậy, Q có n-2 điểm, trong biểu diễn K ta bỏ đi đoạn
AB và tất cả các đoạn nối với A, nối với B và ta được biểu diễn K’ của tập Q thỏa bài
toán. Gọi f ( n − 2) là số các đoạn thẳng liền nét trong (K’)
Lấy điểm C thuộc tập Q suy ra trong các đoạn CA, CB phải có ít nhất một đoạn liền
nét (vì AB không liền nét).

(*)
Vì Q có ( n − 2) điểm nên suy ra f ( n ) ≥ n − 2 + f ( n − 2)

1,0

Công thức truy hồi (*) cho ta: f ( n ) ≥ ( n − 2) + ( n − 4) + ... + 4 + f (4) vì n chẵn.
Suy ra f ( n ) ≥ ( n − 2) + ( n − 4) + ... + 4 + 2
Suy ra f ( n ) ≥

(

do f (4) ≥ 2

1,0

)

n n−2
4

Thay n = 2m , ta thu được kết quả.
Trường hợp dấu bằng xảy ra như sau: Chia học sinh thành hai nhóm.
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. Cách chọn như trên thỏa giả thiết
bài toán.
Số đoạn nối liền nét giữa m điểm trong tập X và tập Y đều bằng

( m − 1) + ( m − 2) + ... + 1 =

(

1,0

) . Suy ra f ( m) = m( m − 1)

m m−1
2

Nguyễn Thanh Thiên - ĐT liên hệ: 0905662875
Lưu ý:
- Thí sinh làm khác đáp án nhưng hợp lý vẫn đạt điểm tối đa.
- Khuyến khích những cách giải sáng tạo.

6