Toan 10_DHSPNN Đề thi (đề xuất) kỳ thi HSG các trường THPT Chuyên khu vực DH&ĐBBB lần thứ VIII, năm 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Trường Trung học Phổ thông Chuyên
——————————————————–

TỔ TOÁN TIN

ĐỀ NGUỒN VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
OLYMPIC DUYÊN HẢI NĂM HỌC 2014-2015

Hà Nội, Năm 2015


TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
———–***———–

ĐỀ NGUỒN THI OLYMPIC DUYÊN HẢI MÔN TOÁN - LỚP 10
Năm học 2014 − 2015
Thời gian: 180 phút

Câu 1. Giải hệ phương trình

(xy)3 + 3xy 3 + 1 = 5y 2
3xy 3 = 2y 2 + 1.

Câu 2. Cho ba số dương a, b, c > 0. Chứng minh rằng

(a + b)2 (b + c)2 (c + a)2
a
b
c
+
+
≥9+2
+
+
.
ab
bc
ca
b+c c+a a+b
Câu 3. Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn (O). Một điểm M
cố định trên cung nhỏ BC của (O) khác với B, C. Điểm N thay đổi trên đoạn AM
và nằm trong tam giác ABC. N B, N C tương ứng cắt AC, AB ở X, Y . M X, M Y
gặp (O) ở các điểm thứ hai Z, T . Chứng minh rằng ZT luôn đi qua điểm cố định.
Câu 4. Một số nguyên dương n được gọi là đẹp nếu như nó có thể biểu diễn dưới
(x2 + y)(x + y 2 )
dạng
, trong đó x > y là các số nguyên dương.
(x − y)2
1. Chứng minh rằng tập các số đẹp chứa vô hạn số lẻ và vô hạn số chẵn.
2. Tìm số nguyên dương bé nhất mà là số đẹp.


TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
———–***———–

ĐỀ NGUỒN THI OLYMPIC DUYÊN HẢI MÔN TOÁN - LỚP 11
Năm học 2014 − 2015
Thời gian: 180 phút

Câu 1. Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
a
b
c
9
+
+
≥
.
(b + c)2 (a + c)2 (a + b)2
4(a + b + c)
Câu 2. Cho P là một đa thức hệ số thực có bậc bằng 2016. Hãy xác định tất cả
các hàm số f : R → R thỏa mãn f (x) = f (x + P (y) + f (y)) với mọi x, y ∈ R.
Câu 3. Các điểm C, D thuộc nửa đường tròn đường kính AB và điểm P thuộc đoạn
AB sao cho AC = AP , BD = BP . N là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại
tiếp tam giác P CD và AB. E là giao điểm của AC và BD. K là hình chiếu của N
trên CD. Chứng minh rằng EK ⊥ AB.
Câu 4. Trong mỗi ô vuông của bảng 50 × 50 ta viết số ±1 sao cho tổng các số trong
bảng có giá trị tuyệt đối không lớn hơn 100. Chứng minh rằng tồn tại hình vuông
con 25 × 25 với các cạnh là các đường lưới sao cho tổng tất cả các số trong hình

vuông con đó có trị tuyệt đối không lớn hơn 25.


Hướng dẫn giải đề thi lớp 10
1 Đầu tiên y = 0 không thỏa mãn. Với y = 0, chia phương trình đầu cho y 3 , hệ viết lại ở dạng
x3 + 3x + 1 = 5

9
1
1
y3
y
Cộng lại cho ta x3 + 9x = 3 + . Suy ra x = . Ta thu được 3y 2 = 2y 2 + 1
4
2

y
y
y
6x = + .
y y3
hay y = ±1. Từ đó x = y = ±1. Đáp số (x, y) = (±1, ±1).
2 Bất đẳng thức tương đương với
2
sym

a b
+
b a

≥6+4
cyclic

a
b+c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
4
cyclic

a
a a
≤
+
b + c sym b
c

Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM thì

sym

a b
+
b a

≥ 6.

Do đó ta có kết quả.
3 Gọi D = XY ∩ BC, P = XY ∩ AM, E = DM ∩ (O), Q = AM ∩ BC. Ta có (DQBC) = −1 nên
M (DBQC) = −1. Suy ra EBAC điều hòa. Từ A(DQBC) = −1 ta suy ra A(DP Y X) = −1. Do vậy

M (DP Y X) = −1 hay M (EAZT ) = −1. Từ đây ET AZ điều hòa. Thành thử ZT, BC, AA đồng quy.
4

1. Cho x = y + 1 ta suy ra có vô hạn số lẻ đẹp. Cho x = 2y + 1 ta suy ra có vô hạn số chẵn đẹp.
2. Đáp số n bé nhất là 10. Đầu tiên ta chọn (x, y) = (3, 1) thì được số đẹp 10. Tiếp theo giả sử n đẹp,
khi đó vì x − y | (x2 + y) − (x + y 2 ) và (x − y)2 | (x2 + y)(x + y 2 ) nên x − y | x2 + y, x + y 2 . Từ đó
đặt x2 + y = u(x − y) và x + y 2 = v(x − y). Suy ra u > v là các số nguyên và hơn nữa v ≥ 2. Ta có
n = uv và x + y − 1 = u − v. Do vậy u − v ≥ 2y ≥ 2. Từ đó v ≥ 2 và u ≥ 4. Suy ra n ≥ 8. Nếu n = 8
thì u = 4, v = 2. Tuy nhiên khi đó x + y − 1 = 2 hay x + y = 3 ta thu được x = 2, y = 1. Thay vào
thì không thỏa mãn. Nếu n = 9 thì từ uv = 9 và 1 < v < u sẽ không có nghiệm. Vậy n ≥ 10.


Hướng dẫn giải đề thi lớp 11
1 Bất đẳng thức tương đương

a(a + b + c) b(a + b + c) c(a + b + c)
9
+
+
≥ hay có thể viết dưới dạng
2
2
2
(b + c)
(a + c)
(a + b)
4

a2
b2

c2
a
b
c
9
+
+
+
+
+
≥
(b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 b + c a + c a + b
4
Tuy nhiên điều này suy trực tiếp từ bất đẳng thức Nesbit và bất đẳng thức phụ 3(x2 +y 2 +z 2 ) ≥ (x+y +z)2 .
2 Ta thấy f (x) ≡ −P (x) là một nghiệm hàm. Giả sử f (x) ≡ −P (x). Đặt g(y) = f (y) + P (y). Khi đó tồn
ta y0 sao a = g(y0 ) = 0. Suy ra f (x) = f (x + a) với mọi x. Ta có f (x) = f (x + g(y)) với mọi x, y. Từ đây
f (x) = f (x + g(y + a)) và f (x + a) = f (x + a + g(y)) với mọi x, y. Từ đây f (z) = f (z + g(y + a) − g(y) − a)
với mọi z. Chú ý h(y) = g(y + a) − g(y) − a là đa thức có bậc 2015 lẻ nên h toàn ánh. Vậy f hằng số.
180◦ − B
ACD
=
. Vậy CN là phân giác ACD. Tương tự DN là phân giác
2
2
BDC. Tóm lại N là tâm bàng tiếp đỉnh E của tam giác ECD.

3 Ta có N CD = BP D =

AC + BD
= 1. Suy

AB
EB AH EB
cot A/2
EB EC S(EAK )
cot A/2
S(ECK )
AB + AE − BE
ra
·
·
=
. Do vậy
·
=
. Suy ra
=
HB EA EA
cot B/2
EA ED S(EBK )
cot B/2
S(EDK )
AB + BE − AE
CK
DC + DE − EC
CK
CK
hay tương đương
=
. Vậy ta được
=

. Vậy K ≡ K .
DK
CD + F C − DE
DK
DK
Gọi H là hình chiếu của E lên AB và K = EH ∩CD. Theo giả thiết cos A+cos B =

4 Phản chứng rằng giả sử rằng tất cả các hình vuông con 25 × 25 đều không có tính chất đó. Xét một
hình vuông con bất kì I bất kì. Ta tịnh tiến hình vuông này sang trái hoặc sang phải một cột hoặc lên
hoặc xuống một dòng ta được hình vuông con II. Ta chỉ ra SI , SII cùng dấu. Thực vậy nếu không thì
|SI − SII | = |SI | + |SII | ≥ 26 + 26 = 52. Mặt khác, ta có |SI − SII | ≤ 25 + 25 = 50 (vì các hình vuông này
chung 24 dòng hoặc 24 cột). Tóm lại ta được tất cả các hình vuông con có tổng cùng dấu.
Ta chia hình vuông ban đầu thành bốn hình con bằng nhau ở bốn góc. Vì các tổng cùng dấu nên ta suy
ra tổng các số có trị tuyệt đối lớn hơn 4 × 25 = 100, mâu thuẫn.

Danh sách các thầy cô đề xuất bài
1. Thầy Nguyễn Sơn Hà: Câu 1 – Đề lớp 10 và Câu 2 – Đề lớp 11.
2. Thầy Nguyễn Minh Hà: Câu 3 – Đề lớp 11.
3. Thầy Hà Duy Hưng: Câu 2,3,4 – Đề lớp 10 và Câu 1,4 – Đề lớp 11.

Biên soạn đề thi: TS. Hà Duy Hưng