Toan 10_Yen Bai 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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH,

NĂM 2015

TỈNH YÊN BÁI

Thời gian làm bài 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập hợp số thực
4 x3 − y3 + x − y = 3 xy ( 2 x − y )

2
 3 − y + 2 + x = x y + xy − 4 x − 1
Câu 2 (4 điểm) Xét một tam giác không vuông ABC. Ba đường thẳng lA, lB, lC lần
lượt dựng qua các đỉnh A, B, C như sau: Gọi A’ là chân đường cao hạ từ đỉnh A
xuống cạnh BC, đường tròn đường kính AA’ cắt AB tại M, AC tại N thì lA là đường
thẳng qua A vuông góc với MN. Các đường thẳng lB, lC được dựng một cách tương
tự. Chứng minh rằng lA, lB, lC đồng qui tại một điểm.
Câu 3 (4 điểm) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương (x;y) của phương trình
p x − y p = 1 , với p là một số nguyên tố lẻ cho trước.
Câu 4 (4 điểm)
Cho x, y, z là những số thực không âm, chứng minh rằng:

( y + z − x) + ( z + x − y) + ( x + y − z ) ≥ 3
2
2
2
( y + z ) + x2 ( z + x ) + y2 ( x + y ) + z 2 5
2

2

2

Câu 5 (4 điểm) Cho 2015 số đôi một khác nhau a1, a2,…, a2015.Hỏi có tất cả bao
nhiêu hoán vị của 2015 số đó, mà trong mỗi hoán vị không có ba số nào trong bốn
số a1, a2, a3, a4 nằm ở ba vị trí liên tiếp?
----------------------HẾT-------------------------Người ra đề

Nguyễn Trọng Nghĩa
SĐT: 0917115167


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

Nội dung chính cần đạt

Điểm

Giải hệ phương trình sau trên tập hợp số thực

4 x3 − y3 + x − y = 3 xy ( 2 x − y ) (1)

2
 3 − y + 2 + x = x y + xy − 4 x − 1( 2 )
 x ≥ −2
Điều kiện 
y ≤ 3

1,0

(1) ⇔ ( 2 x − y ) + ( 2 x − y ) = y3 + y
3

⇔ ( 2x − y − y)

( ( 2x − y)

2

)

+ y ( 2 x − y ) + y 2 + 1 ⇔ x = y.

Thay y=x vào phương trình (2) ta được:

1,0

3 − x + 2 + x = x3 + x 2 − 4 x − 1
−x + 5  
x+4


⇔  3− x −
÷+  2 + x −
÷=
3  
3 

−x + 5 x + 4
x3 + x 2 − 4 x − 1 −
−
(*)
3
3
−x + 5

 3 − x + 3 > 0
Với −2 ≤ x ≤ 3 , ta có 
 2+ x + x+4 >0

3


2
2

1
−x + x + 2
−x + x + 2 ÷
(*) ⇔ 
+

= − ( − x2 + x + 2) ( x + 2)
÷
x+4
9  3 − x + −x + 5
÷
2+ x +
3
3 


1,0




÷
1
1
⇔ ( − x2 + x + 2) 
+
+ 9 ( x + 2) ÷= 0
−x + 5
x+4
 3− x +
÷
2+ x +
3
3



⇔ − x2 + x + 2 = 0
 x = −1
⇔
x = 2
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x:y) là (-1;-1) và (2;2)

1,0


2

Xét một tam giác không vuông ABC. Ba đường thẳng lA, lB, lC
lần lượt dựng qua các đỉnh A, B, C như sau: Gọi A’ là chân đường
cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC, đường tròn đường kính AA’ cắt
AB tại M, AC tại N thì lA là đường thẳng qua A vuông góc với MN.
Các đường thẳng lB, lC được dựng một cách tương tự. Chứng minh
rằng lA, lB, lC đồng qui tại một điểm.
1,0

A
N

M
C
B

A'

K

Không mất tính tổng quát giả sử µA > 900 . Gọi O là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
Kẻ Cx ⊥ AC . Do ·AMN , ·ANM là các góc nhọn nên lA sẽ cắt MN tại
điểm nằm trong đoạn MN và do đó lA sẽ cắt Cx tại điểm K ở cùng
phía với B so với AC. Do AMA’N là tứ giác nội tiếp nên
·
·
MAA
' = MNA
'
·
·
·
·
·
Ta lại có MNA
. Mà MAA
' = CAK
⇒ MAA
' = CAK
' + ·ABC = 900 và
·
CAK
+ ·AKC = 900 nên ·ABC = ·AKC ⇒ K nằm trên đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Do ·ACK = 900 nên AK là đường kính của
đường tròn. Do đó lA đi qua O (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC).

1,0

1,0

I
A
P

C
B

Q

D

Hạ BI ⊥ AC . Gọi P, Q tương ứng là giao điểm của đường tròn
đường kính BI với AB, BC. Kẻ Cy ⊥ BC . Do µA > 900 nên I nằm
trên CA kéo dài về phía A. Do đó P và B nằm về hai phía của IQ
·
⇒ BQP
> 900 , do đó lB cắt PQ tại điểm nằm trên PQ kéo dài về
phía Q ⇒ lB cắt Cy tại D ở khác phía với A so với BC.
·
·
Vì BIPQ là tứ giác nội tiếp nên PBI
. Mặt khác
= PQI
·
·
·
·

.
Mà
PQI
= CBD
⇒ PBI
= CBD
·
·
·
·
·
·
⇒
PBI
+ PAI
= 900 , CBD
+ BDC
= 900
BAI
= BDC

1,0

·
·
⇒ BDC
+ BAC
= 1800 . Do đó D nằm trên đường tròn ngoại tiếp
·
tam giác ABC và BCD

= 900 nên lB là đường kính của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC hay lB đi qua O.

Vì B, C có vai trò như nhau trong bài toán nên lC cũng là đường
kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay lC đi qua O.
Vậy lA, lB, lC đồng qui tại điểm O.
3

Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương (x;y) của phương trình
p x − y p = 1 , với p là một số nguyên tố lẻ cho trước.
x
p
Xét phương trình : p − y = 1 ( 1)

1,0

Nếu
(x;y)
là
một
nghiệm
của
x
p
p −1
2
p = y + 1 = ( y + 1) ( y − ... + y − y + 1) . Do

đó

(1)
thì
y + 1 = pn

( n∈¢) .

Nếu n=0 thì (x;y)=(0;0) và p là một số nguyên tố lẻ tùy ý.
Nếu n ≠ 0 thì
p x = ( p n − 1) + 1 = p np − p. p
p

1,0
n( p −1)

+ C2p p

n( p − 2 )

+ ... − C pp−2 p 2 n + p. p n


(*) p là một số nguyên tố ⇒ Ckp với k=2,…,p-2 đều chia hết cho p.
Do đó vế phải của (*) chia hết cho p n+1 nhưng không chia hết cho
p n+2 ⇒ x = n + 1
np
n ( p −1)
+ C2p p
Ta có: 0 = p − p. p

n( p − 2 )

+ ... − C pp−2 p 2 n (**)

1,0

Với p=3 thì 0 = 33n − 3.32 n , điều đó có nghĩa là n=1, khi đó
(x;y)=(2;2).
p
Với p ≥ 5 , C p −2 không chia hết cho p2 nên vế phải của (**) không
chia hết cho p 2 n+ 2 , nhưng vế trái của (**) lại chia hết cho p 2 n+ 2 ⇒
vô lý ⇒ p<5.

1,0

Vậy: (x;y)=(0;0) với mọi số nguyên tố lẻ p và (x;y)=(2;2) với p=3.
4

Cho x, y, z là những số thực không âm, chứng minh rằng:

( y + z − x) + ( z + x − y) + ( x + y − z ) ≥ 3
2
2
2
( y + z ) + x2 ( z + x ) + y2 ( x + y ) + z 2 5
2

2

2

( y + z − x) + ( z + x − y) + ( x + y − z) ≥ 3 1
( )
2
2
2
( y + z ) + x2 ( z + x ) + y2 ( x + y ) + z 2 5
2
2
y + z ) + x2 − 2x ( y + z ) ( z + x ) + y2 − 2 y ( z + x )
(
⇔
+
2
2
2
y
+
z
+
x
(
)
( z + x) + y2
2
x + y ) + z2 − 2z ( x + y ) 3
(
+
≥
2
5

( x + y) + z2
x( y + z)
y ( z + x)
z( x + y)
6
⇔
+
+
≤ ( 2)
2
2
2
2
2
2
( y + z) + x ( z + x) + y ( x + y) + z 5

1,0

Chuẩn hóa x + y + z = 1 , khi đó (2) trở thành

1,0

2

2

2

x( 1− x)

y(1− y)
z(1− z)
6
+
+
≤
2
2
2
2x − 2x + 1 2 y − 2 y + 1 2z − 2z + 1 5
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

1,0


2x ( 1 − x)
⇒

( 1+ x)
≤
4

( 1 − x) x

2x − 2x + 1
2

Tương tự ta có:

≤

2

⇔ 2x

2

(1 + x)
− 2x + 1 ≥ 1 −

4( 1 − x) x
4x
=
( 1 − x ) ( x + 3) x + 3

4

2

=

( 1 − x ) ( x + 3)
4

y(1− y)
z(1− z)
4y
4z
≤
; 2

≤
2
2 y − 2 y + 1 y + 3 2z − 2z + 1 z + 3

Do đó:
x( 1− x)
y(1− y)
z(1− z)
4x
4y
4z
+
+
≤
+
+
2
2
2
2x − 2x + 1 2 y − 2 y + 1 2z − 2z + 1 x + 3 y + 3 z + 3

1,0

Ta chỉ cần chứng minh:
4x
4y
4z
6
1
1

1
9
+
+
≤ ⇔
+
+
≥
x+3 y+3 z +3 5
x + 3 y + 3 z + 3 10
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng cộng mẫu số, ta được:
1
1
1
9
9
+
+
≥
=
x + 3 y + 3 z + 3 x + y + z + 9 10
Vậy bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) được chứng
minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z>0
5

Cho 2015 số đôi một khác nhau a1, a2,…, a2015. Hỏi có tất cả bao
nhiêu hoán vị của 2015 số đó, mà trong mỗi hoán vị không có ba số
nào trong bốn số a1, a2, a3, a4 nằm ở ba vị trí liên tiếp?
Kí hiệu số phần tử của tập hợp X là |X|. Xét tập A gồm tất cả các
hoán vị a = ai1 , ai2 ,..., ai2015 của 2015 số a1 , a2 ,..., a2015 . Kí hiệu

ai , a j , ak , ah là bốn số phân biệt và đều thuộc tập E = {a1 , a2 , a3 , a4 } .

(

)

1,0

Số cách lấy ba số thuộc E và hoán vị của chúng là C43 .(3!) = 4!
Xét tập B ⊂ A mà trong phần tử a ∈ B thì ba số của tập E nằm ở ba
vị trí liên tiếp. Tập B chứa tập B1 mà B1 gồm các hoán vị chứa đúng
bốn số của E nằm ở bốn vị trí liên tiếp. Giả sử a ∈ B chứa (ai, aj,
ak), nếu ta coi bộ ba số này chỉ chiếm một vị trí trong hoán vị a thì
số các hoán vị a là 2013! (gồm 2013 phần tử là (ai, aj, ak), ah và am
với m=5,6,…,2015).

1,0

Nhưng trong các hoán vị đó có các hoán vị dạng (…,(ai, aj, ak), ah,
…) và (…,ah, (ai, aj, ak),…) là như nhau khi chỉ số thay đổi, chúng
đều chứa bốn số của tập E ở bốn vị trí liên tiếp, do đó phải bỏ đi

1,0


2012! là số các hoán vị của 2012 phần tử (gồm ( ai , a j , ak , ah ) và am
với m=5,6,…,2015). Như vậy:
| B |= C43 (3!).(2013!− 2012!) = 4!.2012!.2012 .
Số các phần tử của A là 2015!; do đó số các hoán vị phải tìm gồm
các hoán vị mà không có ba số nào trong bốn số của E nằm ở ba vị

trí liên tiếp là:
|A|-|B|=2015!-4!.2012!.2012.

1,0