Toan 10_Quang NgaiĐề 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 LÊ KHIẾT
TỈNH QUẢNG NGÃI
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 1 trang, gồm 5 câu)

Câu 1(4 điểm).
Giải hệ phương trình:
 2 x 2 y 2 − x 4 y 4 = y 6 + x 2 (1 − x )

 1 + ( x + y ) 2 + x(2 y 3 + x 2 ) = 0
Câu 2 (4 điểm).
1 1
 1
2 2
2 2
2 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = ( a b + b c + c a + 3)  2 + 2 + 2 ÷
a b c 
3
với a, b, c là các số dương có tổng không lớn hơn .
2
Câu 3 (4 điểm).
Đường tròn nội tiếp trong tứ giác ABCD tiếp xúc với các cạnh DA, AB, BC, CD
lần lượt tại các điểm K, P, Q, R. Giả sử ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) , ( O4 ) là các đường tròn nội
tiếp trong các tam giác AKP, BPQ, CQR, DRK. Với các cặp đường tròn

( O1 ) & ( O2 ) ; ( O2 ) & ( O3 ) ; ( O3 ) & ( O4 ) ; ( O4 ) & ( O1 ) ta dựng các tiếp tuyến chung ngoài
khác cạnh của tứ giác ABCD. Chứng minh tứ giác được lập bởi 4 tiếp tuyến trên là
hình thoi.
Câu 4 (4 điểm).
Cho p là số nguyên tố khác 2 và a, b là 2 số tự nhiên lẻ sao cho a + bMp và
a − bMp − 1 . Chứng minh rằng a b + b a Mp .
Câu 5 (4 điểm).
Trong mặt phẳng cho n điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Một số
điểm được nối với nhau bởi các đoạn thẳng. Khi đó, ta được một đồ thị G với k cạnh.
Chứng minh rằng nếu G không chứa tam giác nào có đỉnh là các điểm đã cho thì
 n2 
k ≤   ( [ ] là kí hiệu phần nguyên).
4

HẾT
Người ra đề
Phạm Viết Huy
SĐT: 0905564921


ĐÁP ÁN +BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10
Câu
Câu 1.
(4đ)

Nội dung chính cần đạt
Hệ đã cho tương đương với:
 1 − (1 − x 2 y 2 )2 = y 6 + x 2 (1 − x )

 1 + ( x + y ) 2 = − x(2 y 3 + x 2 )

Lấy (1) trừ (2), ta được:
Ta có:

Điểm

(1)
1đ

(2)

1 − (1 − x 2 y 2 ) 2 − 1 + ( x + y ) 2 = ( x + y 3 ) 2 .

1đ

0 ≤ ( x + y 3 ) 2 = 1 − (1 − x 2 y 2 ) 2 − 1 + ( x + y ) 2 ≤ 0
Do đó
 1 − (1 − x 2 y 2 ) 2 = 1 + ( x + y ) 2 =1

3
 x + y =0
có 2 nghiệm x=1, y=-1 hoặc x=-1, y=1
Thử lại hệ đã cho có nghiệm là x=1, y=-1.

1đ
1đ

Câu 2.
(4đ)
Áp dụng bất đẳng thức Holder cho hai dãy số dương a 2b 2 + 1, b 2 c 2 + 1, c 2 a 2 + 1 và
1 1 1

, , , được
b2 c2 a 2
2

1 1   a 2b 2 + 1
b 2c 2 + 1
c2a2 + 1 
 1
2 2
2 2
2 2
S = ( a b + b c + c a + 3)  2 + 2 + 2 ÷ ≥ 
+
+
÷
b2
c2
a2 ÷
 a b c  

Xét

1đ

a 2b 2 + 1
b 2c 2 + 1
c2a2 + 1
S'=
+
+

b2
c2
a2
= a2 +
≥
Xét

1
1
1
+ b2 + 2 + c2 + 2
2
b
c
a

( a + b + c)

2

2

1 1 1
+ + + ÷
a b c

1đ


1đ

2

1 1 1
S " = ( a + b + c) +  + + ÷
a b c
2

2

2
1 1 1
= 16 ( a + b + c ) +  + + ÷ − 15 ( a + b + c )
a b c
9
≥ 2 16.92 − 15.
4
153
1
2
Do đó, S ≥ ( S ') ≥ S " ≥
và tồn tại a = b = c = để đẳng thức xảy ra nên
4
3
153
minS =
.
4
2

1đ

Câu 3.
(4đ)

L

A

O2

N
I

B

M
K

C

O1

Ta chứng minh bổ đề sau:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), O1 là trung điểm cung BC không chứa
A, O2 là trung điểm cung CA không chứa B. Dựng đường tròn tâm O1 tiếp xúc với
BC và đường tròn tâm O2 tiếp xúc với AC. Khi đó, tâm I của đường tròn nội tiếp
tam giác ABC nằm trên một trong các tiếp tuyến chung ngoài của đường tròn ( O1 )
và ( O2 ) .

1đ


Thật vậy, từ I kẻ các tiếp tuyến IK, IL với các đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) . Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của BC, CA.
1
Ta có VIKO1 =VCMO1 , suy ra IK / / AB và IK = BC . Tương tự IL / / AB và
2
1
1
IL = CA . Từ đó ta suy ra được đpcm hơn nữa KL = (CA + CB ) .
2
2

1đ

B
P

A

T

S

Q

K
U

V

D

R

C

Trở lại bài toán, dễ thấy rằng O1 , O2 , O3 , O4 lần lượt là trung điểm các cung KP,
PQ, QR, RK của đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD.
Gọi STUV là tứ giác được tạo thành từ các tiếp tuyến chung ngoài của các cặp
đường tròn ( O1 ) & ( O2 ) ; ( O2 ) & ( O3 ) ; ( O3 ) & ( O4 ) ; ( O4 ) & ( O1 ) .
Từ bổ đề trên ta dễ dàng chứng minh được ST / /UV / / KQ; SV / /TU / / PR .
Hơn nữa, tổng độ dài 2 tiếp tuyến chung của các cặp đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) ;
( O3 ) , ( O4 ) bằng tổng độ dài 2 tiếp tuyến chung của các cặp đường tròn ( O1 ) , ( O4 ) ;

( O2 ) , ( O3 )

vì đều bằng nửa chu vi tứ giác KPQR. Từ đó suy ra ST+UV=SV+TU
nên STUV là hình thoi.
Câu 4
(4đ)

Giả sử a ≥ b . Ta có a + bMp nên a ≡ −b(mod p ) . Suy ra
a b + b a ≡ b a − bb (mod p ) ≡ bb (b a −b − 1)(mod p )
Nếu bMp thì a Mp , do đó a b + b a Mp .
Nếu (b, p) = 1 thì b a −b − 1Mb p −1 − 1Mp , do đó a b + b a Mp .

1đ

1đ

1đ
1d
1đ
1đ


Câu 5
(4đ)

Gọi P là điểm được nối với nhiều điểm khác nhất trong số các điểm của đồ thị G.
Giả sử P được nối với m điểm P1 , P2 ,..., Pm .
Khi đó ta chia n điểm của G thành hai tập:
A = { P1 , P2 ,..., Pm } ; B = { P, Q1 , Q2 ,..., Qn− m −1} .
Tập A gồm các điểm nối với P, tập B gồm điểm P và các điểm không nối với P.
Bất kỳ hai điểm nào trong A cũng không nối với nhau vì G không chứa tam giác
nào.
 n2 
n2
Do đó, ta có tổng số cạnh k ≤ m(n − m) ≤ . Suy ra k ≤   .
4
4
Người ra đề
Phạm Viết Huy
SĐT: 0905564921

1đ
1đ
1đ

1đ