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

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: Toán Lớp 10
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI
 x + y + 1 + 1 = 4( x + y ) 2 + 3( x + y )
Câu 1. (4,0 điểm ) Giải hệ phương trình: 
2014 x − 2 y = 2015
Câu 2. (4,0 điểm) Cho hai đường tròn ( ω 1), ( ω 2) tiếp xúc ngoài tại điểm T. Một
đường thẳng cắt đường tròn ( ω 1) tại các điểm A, B và tiếp xúc với ( ω 2) tại X.
Đường thẳng XT cắt ( ω 1) tại S và C là một điểm trên cung TS không chứa A và B.
Cho CY là tiếp tuyến của ( ω 2) tại Y sao cho các đoạn thẳng CY và ST không cắt
nhau. Cho I là giao điểm của các đường thẳng XY và SC; AI cắt đường tròn ( ω 1) tại
điểm thứ hai K. Chứng minh rằng:
a) C, T, Y và I cùng thuộc một đường tròn.
b) KB=KC=KI.
Câu 3. (4,0 điểm) Chứng minh, với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại số tự
2
nhiên x sao cho f ( x) = 64 x + 21x + 27 chia hết cho 2n .
3
Câu 4. (4,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z ≤ . Tìm
4
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1 1
P = ( x + y )( y + z )( z + x ) + + +
x y z
Câu 5. (4.0 điểm) Có 2015 vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng

tròn, mỗi đấu thủ đấu với tất cả các đấu thủ còn lại. Kết quả mỗi trận đấu chỉ có
thắng hoặc thua, không có hòa. Chứng minh rằng có thể xếp 2015 vận động viên
theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau.
------------------ HẾT---------------Người ra đề: Phạm Thị Hà Định
Số điện thoại : 0912581381


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐÁP ÁN
CÂU
1
4,0 đ

NỘI DUNG
2
 x + y + 1 + 1 = 4( x + y ) + 3( x + y )
Giải hệ phương trình: 
2014 x − 2 y = 2015
Điều kiện: x + y ≥ 0 . Đặt u = x + y ; u ≥ 0 .

(1)
(2)

Ta có (1) trở thành u 2 + 1 + 1 = 4u 4 + 3u ⇔ u 2 + 1 − 3u = 4u 4 − 1
u 2 + 1 − 3u 2
2
2
⇔

=
(2
u
−
1)(2
u
+ 1)
u 2 + 1 + 3u

2
4,0 đ



1
⇔ (2u 2 − 1)  2
+ 2u 2 + 1÷ = 0 ⇔ 2u 2 − 1 = 0 ⇔ 2 x + 2 y = 1
 u + 1 + 3u

x = 1
2 x + 2 y = 1

⇔
Kết hợp với (2) ta có hệ: 
1
2014 x − 2 y = 2015  y = −

2
 1
KL: Hệ đã cho có nghiệm (x;y) =  1; ÷.

 2
Cho hai đường tròn ( ω 1), ( ω 2) tiếp xúc ngoài tại điểm T. Một đường thẳng cắt
đường tròn ( ω 1) tại các điểm A, B và tiếp xúc với ( ω 2) tại X. Đường thẳng XT cắt
( ω 1) tại S và C là một điểm trên cung TS không chứa A và B. Cho CY là tiếp
tuyến của ( ω 2) tại Y sao cho các đoạn thẳng CY và ST không cắt nhau. Cho I là
giao điểm của các đường thẳng XY và SC; AI cắt đường tròn ( ω 1) tại điểm thứ hai
K. Chứng minh rằng:
a) C, T, Y và I cùng thuộc một đường tròn.
b) KB=KC=KI.


3
4,0 đ

a) + Do hai đường tròn ( ω 1), ( ω 2) tiếp xúc ngoài tại T nên ta có
»
º
·BXT = XT = TS = TAS
·
suy ra S là điểm chính giữa cung AB hay SA=SB.
2
2
·
·
·
·
·
· YX nên TCI
·
·

Mà TCI
(ATCS nội tiếp), TAS
và BXT
.
= TAS
= BXT
=T
= TYI
Suy ra CTIY nội tiếp.
·
·
b) Do AXS
nên suy ra ∆AXS = ∆TAS nên SA 2 = ST.SX .
= TAS
·
·
·
Ta có CIT
nên ∆SXI = ∆SIT hay SI 2 = ST.SX .
= CYT
= TXY
Từ đó SA=SI.
Mặt khác
·
·
·
·

BAC
+ ABC

ACB
0
0
·BCI = 180 0 − BCS
·
= 180 −  ACB +
= 90 −
÷
nên CI là phân

÷
2
2


·
giác ngoài của góc ACB
.
·
¶ = 90 0 − ABC hay BI là
· = BSC
·
·
Trong tam giác cân BSI ta có BSI
mà BIS
= BAC
2
·
phân giác ngoài góc ABC
.

Do đó I là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC.
Mà AI cắt đường tròn ( ω 1) ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai K nên
KB=KC=KI.
Chứng minh, với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại số tự nhiên x sao cho
f ( x) = 64 x 2 + 21x + 27 chia hết cho 2n .
+) Với n =1, chọn x =1 khi đó f (1) = 92 chia hết cho 21 .
k
+) Giả sử với n = k , tôn tại xk sao cho f ( xk )M2 .
k
k
+) Với n = k + 1 . Từ f ( xk )M2 ⇒ f ( xk ) = K .2 , với K nguyên dương.


k
Chọn xk +1 = 2 t + xk , với t nguyên dương. Khi đó

f ( xk +1 ) = 64 xk2+1 + 21xk +1 + 27 = 64(2k t + xk ) 2 + 21(2 k t + xk ) + 27
= 64 xk2 + 2.64 xk .2k t + 64.2 2 k t 2 + 21.2k t + 21xk + 27 = K 2k + 21.2 k t + 2 k +1 p
Với p nguyên dương, nên tồn tại t’ sao cho ( K + 21t ')M2 .
k
k +1
Vậy chọn xk +1 = 2 t + xk thì f ( xk +1 )M2 .

Theo nguyên lý quy nạp ta có, với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại số tự
2
nhiên x sao cho f ( x) = 64 x + 21x + 27 chia hết cho 2n .
4
4,0

3

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của
4
biểu thức
1 1 1
P = ( x + y )( y + z )( z + x ) + + +
x y z
Đặt

x = a, y = b, z = c , ta có a, b, c là các số dương thỏa mãn

a 2 + b2 + c 2 ≤

1 1 1
3
và P = (a + b)(b + c )(c + a ) + 2 + 2 + 2 .
a b c
4

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
1
4
1 4
1 4
1 4
+ 4 ≥ ⇒ 2 ≥ − 4; 2 ≥ − 4; 2 ≥ − 4 .
2
a
a
a
a

b b
c
c
Mặt khác (a + b)(b + c)(c + a ) ≥ 8abc , suy ra
P ≥ 8abc +

4 4 4
1
1
1  7 1 1 1

+ + − 12 =  8abc +
+
+ ÷+  + + ÷− 12
a b c
2a 2b 2c  2  a b c 


Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
8abc +

1
1
1
1 1 1
9
+
+
≥ 4; + + ≥
.

2a 2b 2c
a b c a +b+c

Suy ra P ≥

63
− 8.
2(a + b + c)

Do (a + b + c) 2 ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≤

63
9
3
− 8 = 13 .
nên a + b + c ≤ . Suy ra P ≥
3
4
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1
1
⇒x= y=z= .
2
4


5

4,0

Có 2015 vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng tròn, mỗi đấu thủ
đấu với tất cả các đấu thủ còn lại. Kết quả mỗi trận đấu chỉ có thắng hoặc thua,
không có hòa. Chứng minh rằng có thể xếp 2015 vận động viên theo hàng dọc
sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau.
Xét tất cả các cách xếp một số vận động viên theo hàng dọc sao cho người đứng
trước thắng người đứng kề sau. Vì số cách xếp như vậy là hữu hạn nên tồn tại
một cách xếp T có nhiều vận động viên nhất. Ta chứng minh cách xếp T thỏa
mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy giả sử T không chứa tất cả các vận động viên và
A là người không nằm trong cách xếp T. Giả sử trong cách xếp T có n người
A1 , A2 ,..., An sao cho Ai thắng Ai +1 . Nếu A thắng A1 thì cách xếp A, A1 , A2 ,..., An có
nhiều vận động viên hơn cách xếp T. Do đó A thua A1 . Lập luận tương tự như
vậy ta dẫn đến A thua tất cả các vận động viên A1 , A2 ,..., An . Nhưng khi đó cách
xếp A1 , A2 ,..., An , A có nhiều vận động viên hơn cách xếp T, vô lí. Vậy cách xếp T
phải chứa tất cả các vận động viên và ta có điều phải chứng minh.
------------------ HẾT---------------Người ra đề: Phạm Thị Hà Định
Số điện thoại : 0912581381