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

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG
KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ
NĂM HỌC 2014- 2015
MÔN THI: TOÁN LỚP 10
ĐỀ ĐỀ NGHỊ

(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ
Đề thi gồm 1 trang

Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:
 y 2 4 x − 1 + 3 = 5 y 2 − 12 x − 3
 4
2
2 y (10 x − 17 x + 3) = 3 − 15 x
Câu 2 (4 điểm): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) . Gọi E là giao điểm
của AB và CD, F là giao điểm của AD và BC . Điểm G chạy trên đường tròn tâm
(O) . GE , GF theo thứ tự cắt đường tròn (O) tại I , K . Chứng minh rằng đường tròn
ngoại tiếp tam giác OIK luôn đi qua một điểm cố định ( khác điểm O ).
Câu 3 (4 điểm): Cho 3 số thực không âm x, y,z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 2
Chứng minh rằng:
( x + y )( y + z )( z + x) + 4 xyz ( xy + yz + zx − 2) ≥ 4 xyz ( x 2 + y 2 + z 2 )
Câu 4 (4 điểm): Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x 3 + x 2 y + 2 xy 3 = x 2 y 2 + y 4
1
Câu 5 (4 điểm ): Với n nguyên dương tùy ý, n>3, xét k = [ n(n + 1)] và tập X n gồm
6
n(n + 1)
phần tử, trong đó k phần tử màu đỏ, k phần tử màu xanh và còn lại màu
2
trắng. Chứng minh rằng có thể chia tập X n thành n tập con rời nhau A1 , A2 ,…, An sao

cho với số m tùy ý 1 ≤ m ≤ n thì tập Am chứa đúng m phần tử và các phần tử đó cùng
màu.

………………………. HẾT …………………….


Câu
1
Giải hệ phương trình sau:

HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung

Điểm

 y 2 4 x − 1 + 3 = 5 y 2 − 12 x − 3
 4
2
2 y (10 x − 17 x + 3) = 3 − 15 x
Đáp án:
1
Điều kiện x ≥ .
4
Biến đổi phương trình thứ hai có:

2,0
điểm

1

x = (loai)
5
2 y (5 x − 1)(2 x − 3) = 3(1 − 5 x) ⇔
4 xy 4 + 3 = 6 y 4
4

 y 2 4 x − 1 + 3 4 x − 1 = 5 y 2 − 3
Ta đưa về hệ phương trình: 
4
4
4 xy + 3 = 6 y
Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên hai vế của phương
trình thứ nhất cho y 2 và phương trình thứ hai cho y 4 có:

3
3
 4x −1 + 2 4x −1 = 5 − 2
y
y


4 x − 1 + 3 = 5

y4
3
Đặt a = 4 x − 1; b = 2 với a ≥ 0, b > 0
y
a + ab + b = 5
5−b
⇒

a
=
Ta có hệ pt  2
ta
được
thay vào (2)
2
1+ b
a + b = 5
5−b 2
(
) + b 2 = 5 ⇔ b 4 + 2b3 − 3b 2 − 20b − 20 = 0
1+ b
⇔ (b − 1)(b3 + 3b 2 − 20) = 0
⇔ (b − 1)(b − 2)(b 2 + 5b + 10) = 0
1

x=
5


2
a = 2  x =
a = 1 
4
⇒
⇒
Nên 
hoặc 
4

b = 1
b = 2  y = ± 3
y = ±4 3


2

2,0
điểm


5
 1 4 3
; ± 3 ÷;  ; ±
÷.
2
4
 2


Kết luận ( x; y ) = 
2

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) . Gọi E là giao điểm của AB và
CD, F là giao điểm của AD và BC . Điểm G chạy trên đường tròn tâm (O) .
GE , GF theo thứ tự cắt đường tròn (O) tại I , K . Chứng minh rằng đường tròn
ngoại tiếp tam giác OIK luôn đi qua một điểm cố định ( khác điểm O ).
Đáp án:

Bổ đề 1: Cho hai đường thẳng ∆, ∆ ' cắt nhau tại O , các điểm A, B, C thuộc ∆ ; 0,5

các điểm A' , B ' , C ' thuộc ∆ ' . Khi đó AA' , BB ' , CC ' hoặc đồng quy hoặc đôi một
song song khi và chỉ khi (OABC ) = (OA' B 'C ' )
Chứng minh:
Chứng minh điều kiện cần:
TH1: AA' , BB ' , CC ' đôi một song song
Theo định lí Thales dạng đại số
 BO B 'O
=

BO CO B 'O C 'O
 BA B ' A'
⇒
:
= ' ' : ' ' ⇒ (OABC ) = (OA' B 'C ' )

'
BA CA B A C A
 CO C O
=
 CA
C ' A'


TH2: AA' , BB ' , CC ' đồng quy. Gọi S là điểm đồng quy của AA' , BB ' , CC ' . Qua
phép chiếu xuyên tâm S hàng O, A, B, C biến thành O, A' , B ' , C '


suy ra (OABC ) = (OA' B 'C ' )
Điều kiện đủ:
Ta chứng minh nếu AA' , BB ' , CC ' không đôi một song song thì chúng đồng quy

Thật vậy.
Giả sử AA' , BB ' cắt nhau. Đặt S = AA' ∩ BB ' ; C '' =SC ∩ ∆ '
Theo chứng minh trên suy ra (OABC ) = (OA' B 'C '' ) (*)
Theo giả thiết (OABC ) = (OA' B 'C ' ) (**). Từ (*) và (**) suy ra C ' ≡ C ''
Bổ đề 2: Cho 4 điểm phân biệt A, B, C , D cố định trên đường tròn (O) và điểm
M thay đổi trên (O) thì M ( ABCD ) không đổi .

0,5
điểm

Áp dụng các kết quả trên ta chứng minh bài toán như sau.
2,0
Gọi M là giao điểm AC và BD . H , N lần lượt là giao điểm của IK với AD điểm
và BC . L là giao điểm AC và GI .
Ta có
( FNCB) = K ( FNCB ) = K (GICB ) = A(G ICB ) = A(GILE )
= (GILE ) = C (GILE ) = C (GIAD) = K (GIAD ) = K ( FHAD ) = ( FHAD )
Suy ra AC , BD, IK đồng quy tại M
1
Gọi P là giao điểm của OM với đường tròn (OIK ) .
điểm
Tao có
MO.MP = MI .MK = MA.MC = P( M /( o ) không đổi
Suy ra P là điểm cố định ( do M, O cố định)
3

Cho 3 số thực không âm x, y,z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 2
Chứng minh rằng:
( x + y )( y + z )( z + x) + 4 xyz ( xy + yz + zx − 2) ≥ 4 xyz ( x 2 + y 2 + z 2 )
Đáp án

Ta chứng minh bổ đề sau:

1,0
điểm

Bổ đề: Xét biểu thức
S = ( x − y)2 S z + ( y − z )2 S x + ( x − z )2 S y
Nếu x ≥ y ≥ z và S y ; S y + S z ; S y + S x ≥ 0 thì S ≥ 0
Chứng minh
S = ( x − y)2 S z + ( y − z )2 S x + ( x − z )2 S y
= ( S z + S y )( x − y ) 2 + ( S y + S x )( y − z ) 2 + 2( x − y )(y− z) S y ≥ 0
Chứng minh

3,0


Nếu x. y.z = 0 Bất đẳng thức luôn đúng

điểm

Nếu x. y.z ≠ 0 . Ta có
( x + y )( y + z )( z + x ) + 4 xyz ( xy + yz + zx − 2) ≥ 4 xyz ( x 2 + y 2 + z 2 )
( x + y )( y + z )( z + x )
⇔
+ xy + yz + zx ≥ 2 + 2
4 xyz
⇔

( x + y )( y + z )( z + x )
+ xy + yz + zx − 2 − 2 ≥ 0 (1)

4 xyz

Ta có
( x + y )(y+ z )( z + x)
x( y − z ) 2 + y ( z − x ) 2 + z ( x − y ) 2
−2=
4 xyz
4 xyz
2(1 −

xy + yz + zx 1
) = ( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2 
2
2
2
x +y +z
2

Do đó
2
(1) ⇔ ( x − y ) (

Đặt S z = (

1
1
1
1
1
1

− ) + ( y − z )2 (
− ) + ( z − x) 2 (
− )≥0
4 xy 2
4 yz 2
4 zx 2

1
1
1
1
1
1
− ); S x = (
− ); S y = (
− )
4 xy 2
4 yz 2
4 xz 2

Giả sử x ≥ y ≥ z ⇒ S y = (

1
1
− )≥0
4 xz 2

Mà
S y + Sx =

1
1
1
1
y + z − 4 xyz
− +
− =
4 xz 2 4 yz 2
4 xyz

(y+ z )( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 2 xyz 2 yz (x 2 + 2 yz ) − 4 2 xyz
=
≥
≥0
4 2 xyz
4 2 xyz
Tương tự S y + S z ≥ 0
Áp dụng bổ đề suy ra điều cần chứng minh.
2
3
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z =
4

x 3 + x 2 y + 2 xy 3 = x 2 y 2 + y 4
Đáp án: Ta có

1,0

điểm

x 3 + x 2 y + 2 xy 3 = x 2 y 2 + y 4
⇔ x 2 ( x + y) = ( x − y)2 y 2
+) Dễ thấy x = y = 0 là một nghiệm của phương trình
x ≠ 0
 x = ad
( a, b) = 1
+) Với 
đặt d = ( x, y ) ⇒ 
y ≠ 0
 y = bd
Thay vào phương trình ta được
a 2 d 2 (ad + bd ) = (ad − bd ) 2 b 2d 2

3,0
điểm

⇔ a 2 ( a + b) = b 2 d ( a − b) 2
⇒ a 2 (a + b)Mb 2
( a 2 ; b 2 ) = 1
⇒ b2 = 1
Mà (a; b) = 1 ⇒ 
2
(a + b, b ) = 1
2
2
TH1: Nếu b = 1 ⇒ a (a + 1) = d (a − 1) ⇒ a ≠ 1
⇒ a 2 (a + 1)M( a − 1) 2 ⇒ a + 1M(a − 1) 2 ⇒ a + 1Ma − 1
⇒ a = { 3;2; −1;0}

Với a = 3 ⇒ x = 27; y = 9
Với a = 2 ⇒ x = 24; y = 12
Với a = −1 ⇒ 0 = 4d (loại)
Với a = 0 ⇒ 0 = d (loại)
2
2
TH2: Nếu b = −1 ⇒ a (a − 1) = d (a + 1) ⇒ a − 1Ma + 1
⇒ a + 1 = { ±1; ±2} ( Kiểm tra không giá trị nào của a thỏa mãn yêu cầu )
Kết luận các nghiệm của phương trình
( x; y ) = { (0;0);(27;9);(24;12)}
5

1
n(n + 1)
Với n nguyên dương tùy ý, n>3, xét k = [ n(n + 1)] và tập X n gồm
6

2

phần tử, trong đó k phần tử màu đỏ, k phần tử màu xanh và còn lại màu trắng.
Chứng minh rằng có thể chia tập X n thành n tập con rời nhau A1 , A2 ,…, An sao
cho với số m tùy ý 1 ≤ m ≤ n thì tập Am chứa đúng m phần tử và các phần tử đó
cùng màu.


Đáp án:
1,0
Ta kiểm tra với n = 4;5;6;7;8;9,10 luôn tìm được cách chia X n thành n tập con điểm
rời nhau A1 , A2 ,…, An sao cho với số m tùy ý 1 ≤ m ≤ n thì tập Am chứa đúng m
phần tử và các phần tử đó cùng màu.

Ta xét cách chia theo bảng sau:
n k Các phần tử màu
Các phần tử
Các phần tử màu
xanh
màu đỏ
trắng
| A3 |= 3
| A4 |= 4
4 3 | A1 |= 1 , | A2 |= 2
5

5

| A1 |= 1 , | A4 |= 4

| A2 |= 2 , | A3 |= 3

| A5 |= 5

6

7

| A1 |= 1 , | A6 |= 6

| A3 |= 3 , | A4 |= 4

| A2 |= 2 , | A5 |= 5

7

9

| A4 |= 4 , | A5 |= 5

| A3 |= 3 , A6 |= 6

| A1 |= 1,| A2 |= 2 , | A7 |= 7

8

12

9

15

1
0

1
8

| A5 |= 5 , | A7 |= 7

| A4 |= 4 , | A8 |= 8

| A1 |= 1 , | A2 |= 2
| A3 |= 3 , | A6 |= 6

| A6 |= 6,| A9 |= 9

| A7 |= 7 , | A8 |= 8

| A1 |= 1,| A2 |= 2 , | A3 |= 3, | A4 |= 4 ,
| A5 |= 5

| A1 |= 1 , | A2 |= 2
| A5 |= 5 ,
| A10 |= 10

| A3 |= 3 , | A6 |= 6
| A9 |= 9

| A4 |= 4 , | A7 |= 7
| A8 |= 8

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp với việc xây dựng một cách chia tập X n dựa 3,0
điểm
vào cách chia tập X n −6 như sau:
n(n + 1)
(n − 6)(n − 5)
Xét tập X n gồm
phần tử. Ta xét tập X n −6 gồm
phần tử,
2
2
1
gồm k1 = [ (n − 6)(n − 5)] phần tử màu xanh, k1 phần tử màu đỏ và còn lại là

6
màu trắng. Theo giả thiết quy nạp, tập X n −6 luôn có thể chia được thành n − 6
tập rời nhau A1 , A2 , …, An−6 thỏa mãn bài toán
n(n + 1)
(n − 6)(n − 5)
]−[
]
Ta có k − k1 = [
6
6
Mặt khác [ a] − [b] > a − 1 − [b] ≥ a − 1 − b và
[a ] − [b] ≤ a − [b] < a − (b − 1) = a − b + 1
Nếu a − b là số nguyên thì [a ] − [b] = a − b
1
1
Mà n(n + 1) − (n − 5)(n − 6) = 2n − 5 là số nguyên nên k − k1 = 2n − 5
6
6
Vậy số phần tử màu xanh ( đỏ) ngoài X n −6 đều bằng 2n − 5 .
Có | X n | − | X n −6 |= 6n − 15 nên số phần tử màu trắng ngoài X n −6 là
6n − 15 − 2(2n − 5) = 2n − 5
Khi đó, ta xây dựng các tập An −5 , An −4 , An−3 , An− 2 , An −1 , An như sau:
Tập An −5 , An chứa toàn phần tử màu xanh
Tập An − 4 , An−1 chứa toàn phần tử màu đỏ


Tập An− 2 , An−3 chứa toàn phần tử màu trắng
Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.
Người ra đề: Bùi Văn Vịnh
Số điện thoại: 0974802686.