Toan 10_VCVB 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 PT VÙNG CAO VIỆT BẮC

Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này gồm có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình sau
3
2
2
2
 x + y x + 3x + y + 3 x − 2 y + 1 = 0
 3
2
2
2 y + xy + y − 3x − 3 = 0

( x, y ∈ ¡ ) .

Câu 2 (4 điểm). Gọi I và O lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam
giác ABC . Giả sử tam giác ABC không đều. Chứng minh rằng ·AIO ≥ 900 khi và chi
khi 2BC ≥ AB + AC .
Câu 3 (4 điểm). Tìm tất cả các số tự nhiên x, y để 2 x + 5 y là số chính phương.
Câu 4 (4 điểm). Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức:
P =

(ab + 1)(bc + 1)(ca + 1)
.
abc

Câu 5 (4 điểm). Cho đa giác đều có 2015 cạnh. Mỗi đinh của nó được tô bằng một trong
các màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng luôn có ba đinh là các đinh của một tam giác
cân mà chúng được tô cùng một màu.

Giáo viên ra đề

Lại Thị Quỳnh Nguyên
(DĐ: 0915.38.20.47)


ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10
Câu

Nội dung chính cần đạt

Điểm

Giải hệ phương trình
 x3 + y 2 x + 3x 2 + y 2 + 3 x − 2 y + 1 = 0
( x, y ∈ ¡ ) .
 3
2
2

2 y + xy + y − 3x − 3 = 0
Hệ phương trình đã cho tương đương với
( x + 1) 3 + ( x + 1) y 2 = 2 y

2
3
( x + 1) y + 2 y = 3 ( x + 1)
u 3 + uy 2 = 2 y
( 1)
( *)
Đặt u = x + 1 , ta có hệ phương trình  2
3
uy + 2 y = 2u
Dễ thấy u = y = 0 là một nghiệm của hệ ( *) .

0,5

1,0

u 3 + t 2u 3 = 2tu
Câu 1 Xét u ≠ 0 , đặt y = tu, t ≠ 0 , ta có hệ phương trình  3
3 3
tu + 2t u = 3u
Chia vế theo vế của hai phương trình trong hệ trên ta được
3
2
t = − ( loai )
1+ t2
2t
4

2

= ⇔ 4t − t − 3 = 0 ⇔
4
2
t ( 1 + 2t 2 ) 3
t = 1 ⇔ t = ±1
Với t = 1 , ta có y = u , thế vào ( 1) ta được

1,0

0,5

 y =1⇒ u =1⇒ x = 0
2y = 2y ⇔ 
 y = −1 ⇒ u = −1 ⇒ x = −2
Với t = −1 , ta có y = −u , thế vào ( 1) ta được
−2 y 3 = 2 y (phương trình vô nghiệm)
Vậy, hệ đã cho có nghiệm là: ( 0;0 ) , ( −2; −1) , ( 0; −1) .
3

1,0

Câu 2
A

+ Kéo dài AI cắt đường tròn ( O ) tại D .
·
+ Vì AI là phân giác góc BAC
nên

·
·
·
BD = CD và BCD
.
= CBD
= BAD

I

1,0

O

B

C

D

·
·
·
·
·
+ Ta có BID
hay tam giác DBI cân tại
= IAB
+ ·ABI = CBD
+ CBI

= IBD
đinh D nên BD = CD = ID .

1,0


+ p dung nh lớ Ptoleme cho t giac nụi tiờp ABDC cú

1,0

AD.BC = AB.CD + AC.BD = BD.( AB + AC ) = ID.( AB + AC )
+ ãAIO 900 khi v chi khi
AD
AB + AC
AI ID AD 2 ID
2
2
ID
BC
hay 2BC AB + AC . (iờu phi chng minh)
Tỡm tt c cac s t nhiờn x, y 2 x + 5 y l s chớnh phng.
x
y
2
Gi s 2 + 5 = k ( k Ơ ) .
Nờu x = 0 thỡ 1 + 5 y = k 2 k l s chn.
y
k 2 M4 , nhng 1 + 5 2 ( mod 4 ) . Do ú x 0 .
T 2 x + 5 y = k 2 ta suy ra k l v k khụng chia hờt cho 5.
2

Vi y = 0 thỡ 2 x + 1 = k 2 = ( 2m + 1) 2 x = 4m ( m + 1)
m = 1 . Khi ú x = 3, y = 0 .
Th lai cú: 23 + 50 = 9 l s chớnh phng.
2
Vi y 0 : vỡ k khụng chia hờt cho 5 nờn k 1( mod5 ) .
x
T 2 x + 5 y = k 2 suy ra 2 1( mod5 ) x chn.
Cõu 3

y
n
n
t x = 2n , ta cú 5 = ( k + 2 ) ( k 2 )

k + 2n = 5a

, vi a + b = y ( a > b; a, b Ơ )
n
b
k 2 = 5
2n+1 = 5b ( 5a b 1) 5b = 1 b = 0, a = y
Lỳc ú 2n+1 = 5 y 1
- Nờu y = 2t thỡ 2n+1 = 52t 1M
3 (vụ lý)
y
- Do ú ta cú l. Khi ú
2n+1 = 5 y 1 = 4 ( 5 y 1 + 5 y 2 + ... + 5 + 1)
Nờu y > 1 thỡ 5 y 1 + 5 y 2 + ... + 5 + 1 l s l (vụ lý)
Vy y = 1 n = 1, x = 2, y = 1
Th lai cú 22 + 51 = 9 l s chớnh phng.

Cõu 4

1,0

1,0

0,5

0,5
1,0

1,0

ổ 1ửổ
1ửổ
1ử
1
1 1 1
ữ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ữ
P
=
a

+
b
+
c
+
=
abc
+
+
+ + +1
ỗ
ỗ
ỗ
Ta cú:
ữ
ữ
ữ
ỗ
ữỗ cứố
ữỗ a ứ
ữ
abc a b c
ố bứố
Vỡ a + b + c = 1 nờn t BT CauChy cho 3 s dng ta cú:
1 a +b + c 3
1
=
abc ị abc Ê
3
3

27
1
1
(27 - abc)(1- 27abc)
- 27 =
0
Do ú: abc +
abc
27
27abc

1,0


1
1
730
³ 27 +
=
abc
27
27
Mặt khác ta lại có:
Suy ra: abc +

1,0

æ
1 1 1ö
1 1 1

ç
÷
a
+
b
+
c
³ 9Þ
+ + ³ 9
(
) çça + b + c÷
÷
÷
a b c
è
ø
2

æ
730
10ö
Từ đó suy ra: P ³
÷
+ 9+ 1 = ç
ç ÷
÷
÷
ç
27
è3 ø

2

æ
10ö
1
÷
Û x =y =z = .
Vậy min P = ççç ÷
÷
3
è3 ÷
ø

Vì đa giác có số lẻ đinh nên tồn tại hai đinh kề nhau được sơn cùng màu.
Ta gọi hai đinh đó là A và B và giả sử A, B có cùng màu đỏ.
Do đa giác đã cho có số lẻ cạnh nên tồn tại đinh M nằm trên trung trực của
đoạn AB . Rõ ràng, MAB là tam giác cân.

1,0

1,0
0,5
0,5

Có hai khả năng xảy ra:
-

M màu đỏ: Khi đó, MAB là tam giác cân đỏ (có ba đinh màu đỏ) và
bài toán đã được giải.

-

M màu xanh: Gọi E và F là các đinh kề của A và B (mà không

phải là A, B ). Do đa giác đã cho là đều nên
» = EA
» ⇒ EF / / AB .
BF = EA ⇒ BF
Từ đó, tam giác MEF cũng là tam giác cân.

1,0

1,0

Câu 5 Để ý rằng EAB và FAB cũng là các tam giác cân.
Lại có hai khả năng xảy ra:
1. E , F cùng xanh: Khi đó, tam giác MEF là tam giác cân xanh.
Bài toán được giải.
2. Một trong hai đinh E , F màu đỏ: Giả sử E đỏ, khi đó EAB là
tam giác cân đỏ.
Như thế luôn tồn tại ba đinh của đa giác đều đã cho lập nên một tam giác
cân cùng màu.

1,0