BỘ đề THI và đáp án kì THI HSG cấp KHU vực VÙNG DUYÊN hải lớp 10 môn TOÁN của các TRƯỜNG CHUYÊN

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
=================
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN
TỈNH HƯNG YÊN

ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

 x 2  y x 2  y 2  y 2  0
Câu 1 (4,0 điểm): Giải hệ phương trình 
 4 y  5  6 x 2  y 2  2 y 2  4

Câu 2 (4,0 điểm): Cho hình thang ABCD có cạnh đáy AB, CD. Trên cạnh AB lấy
điểm M sao cho MC = MD. Gọi O là giao điểm của AC và BD; O1, O2 lần lượt là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM và BCM. Chứng minh O1O2 vuông góc với OM.
Câu 3 (4,0 điểm) Cho đa thức f ( x)  x3  3 x 2  9 x  20 chứng minh rằng tồn tại số
nguyên a sao cho f (a ) chia hết cho 32015 .
Câu 4 (4,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a  b  c  d
1
1
1
3
và abcd  1 . Chứng minh rằng:




 3.
a 1 b 1 c 1 d 1
Câu 5 (4,0 điểm) Trong hình tròn bán kính n 

*

cho 4n đoạn thẳng có độ dài mỗi

đoạn bằng 1. Chứng minh rằng với đường thẳng d cho trước luôn tìm được một
đường thẳng song song hoặc trùng hoặc vuông góc với d và cắt ít nhất hai đường
thẳng trong 4n đường thẳng đã cho.
.................HẾT.................
Người ra đề

Hoàng Tuấn Doanh

Quách Thị Tuyết Nhung


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

Nội dung chính cần đạt

 x2  y x2  y 2  y 2  0

Xét hệ: 
 4 y  5  6 x 2  y 2  2 y 2  4

ĐK: y 



x2  y 2  2 y x2  y 2  2 y 2  0

x2  y 2  y



1,0đ



x2  y 2  2 y  0

 x 2  y 2  y (do

Với

1
 2

5
4

1  x 2  y 2  y


Điểm

x2  y 2  2 y  0 )

x 2  y 2  y  x  0 . Thay vào (2) ta được:

4 y  5  2 y 2  6 y  4  *
 2 4 y  5  4 y 2  12 y  8






4 y  5  1   2 y  2
2

2

1,0đ

 4 y  5  2 y  3  3

 4 y  5  1  2 y  4 
3

4 2
y 
Giải (3): 
 y
2

2
2 y 2  8 y  7  0


1,0đ

1

y 
Giải (4): 
(vô nghiệm)
2
2
2 y  4 y  3  0


 4 2 
Vậy hệ phương trình có nghiệm:  x; y    0;

2 


Chú ý: Học sinh có thể giải phương trình (*) bằng cách đặt
4 y  5  2 z  3 và đưa về hệ đối xứng.

1,0đ


M

Câu 2

B

A

O

E

O1
O2
F

C

D

N

Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O1) và (O2)
E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O1) và AC
F là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O2) và BD
Do ABCD là hình thang và MC = MD nên AMD  BMC (1)
Mặt khác, AMD  AED; BMC  BFC (2)

1,0đ

Từ (1) và (2)  AED  BFC  DEC  DFC
 tứ giác CDFE nội tiếp.

Từ đó có: OFE  ECD mà ECD  CAB nên OFE  EAB
 tứ giác ABEF nội tiếp.

1,0đ

Giả sử (O3) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEF
Ta có: MN, AC, BD lần lượt là các trục đẳng phương của các cặp
đường tròn  O1  ,  O2  ;  O1  ,  O3  và  O2  ,  O3  .

1,0đ

 MN, AC, BD đồng quy.
 M, N, O thẳng hàng.
Lại có, O1O2  MN  O1O2  OM. (đpcm)

Câu 3

1,0đ

f ( x)  ( x  1)3  6( x  1)  27
 f (9 x  1)  (9 x)3  6.9 x  27 = 27(27 x3  2 x  1)

Đặt g ( x)  27 x 3  2 x  1

1,0đ


Gọi A=  g (k )k 1 .
32012

Ta chứng minh A là 1 hệ thặng dư đầy đủ mod 32012
Thật vậy, giả sử A không là 1 hệ thặng dư đầy đủ mod 32012
 tồn tại i, j sao cho: 1  i  j  32012 và g(i)  g(j) (mod 32012 )
 27i  2i  1  27 j  2 j  1(mod 3
3

3

2012

2,0đ

)

  27(i 2  j 2  ij )  2  (i  j )  0 (mod 32012 )
 i  j (mod 32012 ) (mâu thuẫn)
 A là hệ thặng dư đầy đủ mod 32012
 Tồn tại n  [1; 32012 ] sao cho: g(n)  0(mod 32012 )
 f(9n+1) = 27.g(n) chia hết cho 27. 32012 = 32015 .

1,0đ

Vậy tồn tại số nguyên a để f  a  chia hết cho 32015 (đpcm).
Câu 4

Nhận xét: Do số dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a  b  c  d
nên

ab  1  cd  d .

1,0đ

1
1
2


Chứng minh BĐT:
a  1 b  1 1  ab

Ta có:

1
1
2
2
2
2d
.





1 1 d
a  1 b  1 1  ab 1  1
1
d
cd

1,0đ

1
1
d


c 1 1 1 d 1
d

1,0đ

Do đó:
1
1
1
3
1
2   1
1 
 1










a 1 b 1 c 1 d 1  a 1 b 1 d 1  c 1 d 1
2   d
1 
 2d




3
 d 1 d 1  d 1 d 1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1.

1,0đ


Câu 5

Ta chứng minh: Với mỗi véc tơ có độ dài bằng 1 thì tổng độ dài các
hình chiếu vuông góc của nó trên hai đường thẳng vuông góc với
nhau không bé hơn 1.

Thật vậy, giả sử véc tơ a có độ dài bằng 1 và có hình chiếu trên hai
 
  
đường thẳng vuông góc là x, y thì a  x  y .
    
 1  a  x  y  x  y (đpcm)

1,0đ

Xét hình chiếu của 4n đoạn thẳng trên hai đường thẳng vuông góc d
và d ' . Theo chứng minh trên, tổng độ dài hình chiếu của các đoạn
thẳng đó không bé hơn 4n. Bởi vậy, Từ hai đường thẳng d và d ' có

1,0đ

thể chọn được 1 đường thẳng mà tổng độ dài các hình chiếu của 4n
đoạn thẳng đã cho không bé hơn 2n.
Vì tất cả 4n đoạn thẳng được xếp trong hình tròn có bán kính bằng n
nên tập hợp các hình chiếu của chúng trên mỗi đường thẳng nằm

1,0đ

trên 1 đoạn thẳng có độ dài bé hơn 2n.
Suy ra, trên đường thẳng được chọn tìm được 1 điểm thuộc vào hình
chiếu của ít nhất 2 đoạn thẳng.
Đường thẳng đi qua điểm này và vuông góc với đường thẳng được

1,0đ

chọn sẽ cắt ít nhất 2 đoạn thẳng và nó song song hoặc trùng hoặc
vuông góc với d (đpcm)

Hoàng Tuấn Doanh
(0987258681)

Quách Thị Tuyết Nhung
(0982690763)

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút

Đề thi này gồm có 01 trang, 05 câu

TỔ TOÁN-TIN HỌC TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

Câu 1: (4 điểm ) Giải hệ phương trình
Câu 2: (4 điểm ) Cho hình thang
trong hình thang. Gọi

và tam giác

với

di động bên
. Đường tròn

cắt nhau tại điểm thứ hai

. Chứng minh

luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 3(4 điểm): Cho
dương

và một điểm

tương ứng là giao điểm của

ngoại tiếp các tam giác
đường thẳng

có đáy nhỏ

là số nguyên tố mà

. Tìm tất cả các số nguyên

để

Câu 4: (4 điểm ) Cho các số thực dương

thỏa mãn

Chứng minh

rằng

Câu 5: (4 điểm ) Cho

là số nguyên dương. Đặt

Hãy chứng minh

-------------------------Hết------------------------Page 1


HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI

HDC ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
Hướng dẫn chấm này gồm có 0 trang

HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

TỔ TOÁN-TIN HỌC TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI
Câu 1: (4 điểm ) Giải hệ phương trình

Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời

Điểm

Xét hệ phương trình
Điều kiện
Ta có phương trình (10

0,5

0,5

Do điều kiện
phương trình
Thay vào
ta có

nên:
.

vô nghiệm. Vậy

(Điều kiện

0,5
)

0,5

0,5

0,5
0,5
(Điều kiện
Từ đó ta thu được nghiệm của hệ đã cho là

)
0,5

Page 2

Câu 2: (4 điểm ) Cho hình thang
trong hình thang. Gọi

tương ứng là giao điểm của

ngoại tiếp các tam giác
đường thẳng

có đáy nhỏ

và tam giác

và một điểm
với

di động bên
. Đường tròn

cắt nhau tại điểm thứ hai

. Chứng minh

luôn đi qua một điểm cố định.

Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời

Điểm

Gọi là giao điểm của
và đường tròn
. Gọi là giao điểm của
và đường tròn
.
-Ta có
(cùng bằng góc
). Do đo tứ giác
nội tiếp (1).
*Ta có
(cùng bằng góc
). Do đo tứ giác
nội tiếp (2).
Từ (1) và (2) cho ta tứ giác CQDP nội tiếp. Mặt khác
nên tứ giác
ABPQ nội tiếp.
Gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác
là . Khi đó
là trục đẳng
phương của từng cặp ba đường tròn
.
Gọi là giao điểm của
và
. Khi đó
đi qua điểm cố định.
Câu 3(4 điểm): Cho
dương để

là số nguyên tố mà

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

. Tìm tất cả các số nguyên

Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời
Từ

suy ra

lẻ (*) .

Điểm
0,5
Page 3


Gọi

là cấp của 2 theo

.

Ta có

(1)
0,5

.
Nếu
Từ

(2)
và

Do đó

suy ra

hay

, vô lý vì theo (*) thì

không chia hết cho . Mà

Do đó để

0,5

nên

lẻ.

.

thì

Câu 4: (4 điểm ) Cho các số thực dương
rằng

thỏa mãn

Chưng minh

Nội dung trả lời
Đặt
Áp dụng điều kiện

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

Điểm

, suy ra
, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

0,5
0,5
0,5

Do

nên ta có đánh giá:

Để kết thúc bài toán ta sẽ chứng minh
Thật vậy
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

0,5
. Điều này luôn đúng.

0,5
0,5
0,5

Khi đó
Do đó

là nghiệm phương trình
hoặc các hoán vị

0,5

Page 4


HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10
NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Thời gian làm bài 180 phút

LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH

(Đề này có 1 trang, gồm 5 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:

 2 x 2  2 xy  y 2  2
 3
2
2
3
 2 x  3 x  3 xy  y  1  0

Câu 2 (4 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a
ab  b 2



b
bc  c 2



c
ca  a 2



3
.
2

Câu 3 (4 điểm): Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần
lượt là các tiếp điểm của đường tròn (O) với AB, BC, CD, DA. Gọi X là giao điểm
của MN và PQ; E, F lần lượt là giao điểm của AC với đường tròn (O). Gọi H là

· .
hình chiếu vuông góc của X trên BD. Chứng minh rằng A·HE = CHF
Câu 4 (4 điểm): Tìm tất cả các số nguyên dương a < b < c < d sao cho mỗi số
trong chúng là ước của tổng ba số còn lại.
Câu 5 (4 điểm): Cho 2016 cái kẹo vào 1008 cái hộp sao cho không có hộp nào có
nhiều hơn 1008 cái kẹo và mỗi hộp có ít nhất một cái kẹo. Chứng minh rằng có thể
tìm thấy một số hộp mà tổng số kẹo trong các hộp đó đúng bằng 1008 cái kẹo.
………………………. HẾT …………………….
Người ra đề

Nguyễn Thị Giang
SĐT:0976138529


P N + BIU IM CHM MễN TON KHI 10

Cõu

Ni dung

im

1

2 x 2 2 xy y 2 2 1
3
2
2
3
2 x 3 x 3 xy y 1 0 2

4 im

Gii h phng trỡnh:

Phng trỡnh (2) ca h vit li nh sau
3x 3 + 3x 2y - 3x 2 + 1 - (x + y ) = 0 (x + y ) - 3x 2 (x + y ) = 1 - 3x 2 (3)
3

3

1,0

Ta thy x = 0 khụng tha món h phng trỡnh. Chia 2 v ca (3) cho x 3 ta cú
3
ổy

ửữ
ổy
ử 1
0,5
3
ỗỗ + 1ữ
ữ
3
= 3phng trỡnh ỗỗ + 1ữ
ữ
ữ
ỗốx
x
ứữ
ốỗx
ứữ x
2

1 y y 1 1
y
1 1 1 . 2 3 0
x x x x x
x


0,5

PT (1) ca h c vit li nh sau

x + 2xy + y + 2 = 3x (x + y )

2

2

2

2

2

ổy
ử
2
ữ
+ 2 = 3x ỗỗ + 1ữ
+ 2 = 3 (4)
ữ
ỗốx
ứữ x
2

0,5

ổy
1ử
y
1
ữ
TH1: ỗỗ + 1 - ữ
thay vo (4) ta cú

= 0 + 1=
ữ
ỗốx
x ứữ
x
x
3
= 3ị
x2

ộx = 1
ờ
ờx = - 1 ị
ờở

ộy = 0
ờ
ờy = 2
ờở

0,5

2

ổy
ử ổy
ử1
1
ỗỗ + 1ữ
ữ

ữ
+
. + 2 - 3 = 0 kt hp vi (4) ta cú
TH2: ỗỗ + 1ữ
ữ
ữ
ỗốx
ứữ ỗốx
ứữ x x
ổy
ử1 1
y
1
ỗỗ + 1ữ
ữ
.
=
0

+
1
=
y = 1- x
ữ
ỗốx
x
x
ứữ x x 2

0,5

Thay vo (4) ta cng c hai nghim trựng vi hai nghim trờn
Vy h phng trỡnh cú hai nghim l (x ; y ) = (1; 0); (- 1;2)

0,5


2

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a



ab  b 2

b
bc  c 2

c



ca  a 2



4 điểm

3

.
2

Ta có
a
ab  b 2

³

b



bc  c 2

æ a
çç
çç b +
è
a
+ 1+
b

Đặt x =



c
ca  a 2



a
b 
a
1
b

b
c 
b
1
c

c
a
c
1
a

1,0

2

c ö÷
÷
÷
a ø÷
÷

b
+
c
b
+ 1+
c

c
+1
a

a
b
c
, y = , z = Þ xyz = 1.
b
c
a

Ta có
æa
çç
çç b +
è
a
+ 1+
b
³

b

+
c

2

c ö÷
÷
÷
a ø÷
÷

b
+ 1+
c

c
+1
a

=

(x+
x + 1+

(x + y + z )+ 2 ( xy + yz +
3 (x + y + z + 3)

zx

)³

y+
y + 1+

z

)

2

1,0

z+1

x+y+z+ 6
3 (x + y + z + 3)

Suy ra
a
ab  b 2



Ta có S +

b
bc  c 2

3
S

=



c
ca  a 2



S 3
 S  x  y  z  3  6
3S

S æ
3 ö÷
çç S
÷
+ç
+
÷³
çè 2
2
÷
S ø÷

6 2 3
3 3
+
=

2
2
2

1,0


Suy ra

S+ 3
3S

³

3
2

. Bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

3

1,0

Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp 4 điểm
điểm của đường tròn (O) với AB, BC, CD, DA. Gọi X là giao điểm của MN và PQ;
E, F lần lượt là giao điểm của AC với đường tròn (O). Gọi H là hình chiếu vuông
· .
góc của X trên BD. Chứng minh rằng A·HE = CHF

Trước hết ta chứng minh kết quả sau: Gọi J là giao điểm của AC và BD. Khi đó ta
có MP, NQ, BD, AC đồng quy tại điểm J, X , A ,C thẳng hàng và

(A CJX ) = - 1, (FEJX ) = - 1 .

Thật vậy
+ Kẻ hai tiếp tuyến XS, XR tới đường tròn (O). Khi đó tứ giác MSNR là tứ giác điều
hòa, suy ra tiếp tuyến của (O) tại M, N và SR đồng quy, hay B, S, R thẳng hàng.
1,0
Tương tự D, S, R thẳng hàng. Suy ra (FEJX ) = - 1
+ Gọi I, K lần lượt là giao điểm của BD với MN và PQ. Ta có
(X IMN ) = (X KPQ ) = - 1 . Suy ra IK, MP, NQ đồng quy hay BD, MP, NQ đồng
quy.
+ Nếu AC qua O dễ chứng minh AC, MP, NQ đồng quy. Nếu AC không qua O thì
tiếp tuyến tại E và F cắt nhau tai một điểm. Tương tự trường hợp trên ta có AC,
0,5
MP, NQ đồng quy. Suy ra MP, NQ, BD, AC đồng quy tại điểm J.
+ Ta có B (X DA C ) = B (X IMN ) = - 1 = D (X KQP ) = D (X BA C ). Suy ra A,
0,5

X, C thẳng hàng.
Áp
dụng
định
lý
Menelaus
X A NC MB
XA

MA
.
.
= 1Þ
=
.
X C NB MA
XC
NC

cho

tam

giác

ABC

ta

có
0,5

Qua C ta kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường MP tại G.
Dễ dàng chứng minh được tam giác CPG cân tại C nên CP=CG
Từ đó theo định lí Thales:

JA
MA
MA

MA
=
=
=
JC
CG
CP
CN

X nằm ngoài và J nằm trong đoạn AC nên (A CJX ) = - 1

0,5


Theo kết quả trên ta có (A CJX ) = - 1 kéo theo H (A CJX ) = - 1 . Nhưng vì

0,5

HJ ^ HX . Theo định lí về chùm điều hòa ta có HJ là phân giác của góc AHC.

Dễ thấy (FEJX ) = - 1 suy ra HJ là phân giác của góc EHF

0,5

· .
Từ đó dễ dàng thấy được điều cần chứng minh A·HE = CHF
4

Tìm tất cả các số nguyên dương a < b < c < d sao cho mỗi số trong chúng là ước 4 điểm
của tổng ba số còn lại.

éa + b + c = d
Do d | (a + b + c ) và a + b + c < 3d Þ êê
0,5
êëa + b + c = 2d
0,5
TH1: a + b + c = d . Do a | (b + c + d ) nên a | 2d . Tương tự b | 2d , c | 2d .
Đặt 2d = ax = by = cz , khi đó 2 < z < y < x và

1 1 1 a + b+ c
1
+ + =
=
x y z
2d
2


+) Nếu z = 3 thì

1 1 1
+ = Þ
x y
6

(x - 6)(y - 6) =

36. Ta có các nghiệm

(x ; y ) Î {(42;7), (24; 8), (18;9), (15;10)} .
Vì vậy

(a;b;c;d ) Î {(k;6k;14k;21k ), (k;3k;8k;12k ), (k;2k;6k;9k ), (2k;3k;10k;15k )}

1,0

Với k là số nguyên dương
+) Nếu z = 4 thì

1 1 1
+ = Þ
x y
4

(x - 4)(y - 4) = 16. Ta có các nghiệm

(x ; y ) Î {(20;5), (12;6)} .
Vì vậy (a;b;c;d ) Î {(k ;4k ;5k ;10k ), (k ;2k ;3k ;6k )}

0,5

Với k là số nguyên dương
+) Nếu z = 5 thì

1 1
3
+ =
. Suy ra (3x - 10)(3y - 10) = 100
x y
10

éìï 3x êï
êíï 3y ê
Vì 3x - 10 º 2 (mod 3) Þ êïî
êïìï 3x êí
êïï 3y ëî

+) Nếu z ³ 6 thì

10 = 20
éy = 5
: vô lý
Þ êê
y
=
4
10 = 50
ëê
10 = 2
10 = 5

0,5

1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
+ + < + + =
: không thỏa mãn + + =
x y z
6 6 6 2
x y z
2

TH2: a + b + c = 2d . Khi đó a | 3d , b | 3d , c | 3d .
Đặt 3d = ax = by = cz , khi đó 3 < z < y < x và
Suy ra z ³ 4, y ³ 5, x ³ 6 . Do đó

1 1 1 2
+ + = .
x y z
3

1 1 1 1 1 1 37 2
+ + £ + + =
< : vô lý.
x y z
6 5 4 60 3

1,0

Vậy các số (a;b; c; d ) thỏa mãn đề bài là

(k;6k;14k;21k ), (k;3k;8k;12k ), (k;2k;6k;9k ), (2k;3k;10k;15k ), (k;4k;5k;10k ), (k ;2k ;3k ;6k )
Với k là số nguyên dương
5

Cho 2016 cái kẹo vào 1008 cái hộp sao cho không có hộp nào có nhiều hơn 1008 cái
kẹo và mỗi hộp có ít nhất một cái kẹo. Chứng minh rằng có thể tìm thấy một số hộp 4 điểm
mà tổng số kẹo trong các hộp đó đúng bằng 1008 cái kẹo.


+) Nếu tất cả các hộp có số kẹo bằng nhau và bằng 2 thì lấy 504 cái hộp bất kì đều

có tổng số kẹo bằng 1008.

0,5

+) Nếu tồn tại hai hộp có số kẹo khác nhau, sắp xếp các hộp thành một hàng ngang
sao cho hai hộp đầu tiên không có cùng số kẹo. Kí hiệu a i là số kẹo trong hộp thứ
i, i = 1, 2,...,1008 . Xét các số sau
S 1 = a1, S 2 = a1 + a 2,..., S 1008 = a1 + a 2 + ... + a1008

1,0

Nếu hai số trong chúng có cùng số dư khi chia cho 1008, giả sử đó là S i , S j (j > i ).
Khi đó S j - S i = a i + 1 + ... + a j M
1008 .
Rõ ràng 1 £ S j - S i < 2016 , mà S j - S i M
1008 Þ S j - S i = 1008 . Hay

1,0

a i + 1 + ... + a j = 1008

Giả sử trong dãy S 1, S 2,..., S 1008 không có 2 số nào có cùng số dư khi chia cho 1008.
Xét 1009 số sau S 1, S 2 ,..., S 1008 , a 2 . Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số có cùng
số dư khi chia cho 1008.

0,5

Lại có S 1 = a 1 ¹ a 2 ,1 £ a 1, a 2 £ 1008 , nên a1, a 2 không cùng số dư khi chia cho
1008. Suy ra tồn tại k = 2, 3,...,1008 thỏa mãn S k , a 2 có cùng số dư khi chia cho
1008.

0,5

Khi đó S k - a 2 = a 1 + a 3 + ... + a k M
1008 . Lại có 1 £ a1 + a 3 + ... + a k < 2016 ,
suy ra a1 + a 3 + ... + a k = 1008.

0,5

Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.
Người ra đề

Nguyễn Thị Giang
SĐT: 0976138529


HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MÔN TOÁN, KHỐI 10
NĂM HỌC 2014 – 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY
TỈNH NINH BÌNH

Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1 (4,0 điểm)
Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:
 x 3  12x  y3  6y 2  16  0
 2
2
2
4x  2 4  x  5 4y  y  m  0

Câu 2 (4.0 điểm)
Các đường tròn 1, 2 , 3 nằm trong mặt phẳng và tiếp xúc ngoài với nhau
từng cặp. Gọi P1, P2, P3 thứ tự là điểm tiếp xúc của 2 và 3 , 3 và 1 , 1 và 2 .
Gọi A, B là hai điểm khác P1, P2 và nằm trên 3 sao cho AB là đường kính của 3 .
Đường thẳng AP2 cắt lại 1 tại X, đường thẳng BP1 cắt lại 2 tại Y, và các đường
thẳng AP1, BP2 cắt nhau tại Z. Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàng.
Câu 3 (4.0 điểm)
Tìm các số nguyên không âm x, y thỏa mãn: 3x  2.3y  2x  y1  1
Câu 4 (4.0 điểm)
Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn : a 2  b 2  c 2  d 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất
1
và nhỏ nhất của biểu thức: E  a 2  c 2  (a  c)(b  d) .
2
Câu 5 (4.0 điểm)

 (n  3) 2 
Trong tam giác vuông cân cạnh huyền có chiều dài n lấy 
  1 điểm.
3


Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất 1 cặp điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1.

.................HẾT.................
Người ra đề


Câu

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN, KHỐI 10
Ý
Nội dung chính cần đạt
 x 3  12x  y3  6y 2  16  0
(1)
 2
2
2
4x  2 4  x  5 4y  y  m  0 (2)

Điểm

Ta có (1)  x 3  12x   y  2   12  y  2 
3

1,0

 (x  y  2) 2 (x 2  x(y  2)  (y  2) 2  12)  0

Ta có x và y  2 cùng thuộc đoạn  2;2 suy ra
1
4
điểm

x 2  x(y  2)  (y  2) 2  12  0

Do đó (1)  x  y  2

1,0

Thay vào (2) ta được 3 4  x 2  4x 2  m (3)
Đặt t  4  x 2 (0  t  2) : (3)  4t 2  3t  m  16  0 (4)
t

0

2
6–m

4t 2  3t  m  16

– m – 16
Do đó: hệ phương trình đã cho có nghiệm  (3) có nghiệm
 (4) có nghiệm x   0;2  16  m  6

O
2

P
O

3

X

2

1

O

P
1

4
điểm

Z

B

P
2

A
O
3

1.0

1,0


Gọi O1, O2, O3 thứ tự là tâm các đường tròn 1, 2 , 3

Gọi O là giao của các tiếp tuyến chung tại P1, P2, P3 của
1, 2 , 3 .
Ta có: (ZP1, ZP2) = (ZP1, AP2) + (AP2, ZP2)
1

= (O3 P1, O3 P2 ) 
2
2

0,5

(P3P1, P3P2) = (P3P1, P3O) + (P3O, P3P2)
=

1
1
(O2 P1, O2 P3 )  (O1P3 , O1P2 )
2
2

=

 1
1

 (O3 P2 , O3 P1 ) = (O3 P1, O3 P2 ) 
2 2
2
2

1,0

 (ZP1, ZP2) = (P3P1, P3P2)  P1, P2, P3, Z đồng viên.

0,5

(P3X, P3Z) = (P3X, P3P2) +(P3P2, P3Z) =
1  
1  
1  
(O1 X, O1P2 )  (P1P2 , P1Z) = (O1 X, O1P2 )  (O3P2 , O3 A)
2
2
2
 

 

0,5

Vì 1, 2 tiếp xúc ngoài nên (O1 X, O1P2 )  (O3 A, O3P2 )

0,5

 (P3X, P3Z) = 0  X, Z, P3 thẳng hàng.

0,5

Tương tự: Y, Z, P3 thẳng hàng  ĐFCM

0,5

Đặt n = x + y ta có: 3x  2.3y  2n 1  1
 3 ,3  2
x

3
4
điểm



y

n 1

8

n 1
3

9

n 1
3

3

2
(n 1)

3

2
 x, y  (n  1)
3

n2
2(n  1)
 x, y 
3
3

1
0,5

+ n = 0 ;1 ;2 ; 4 : không tồn tại x, y
+ n = 3: x = 2, y =1
+ n = 5 : x = 2, y = 3
+ n  6 : Đặt
m  min{x; y}  m>1  2n 1  13m  2n 1  19  n  16

1
0,5


(vì bậc của 2 theo mod 9 là 6)
Đặt n  1  6k
 (2k  1)(2k  1)(42k  4k  1)
 2k  13m1
4  4  1  (4  1)  3.4 3,  9   k

m 1
 2  13
2k

k

m 1

3


k

2

 2 1 3  3
k

k

k

n 1
6

0,5

n2
n 1
1 m 1

 n  11  n  1 6
3
6

Vậy phương trình vô nghiệm khi n  6.

0,5

Kết luận: (x; y) = (2; 1), (2; 3)
1
E  a 2  c 2  (a  c)(b  d )  a 2  c 2  (a 2  c 2 )(b 2  d 2 )
2

0,5

 a 2  c 2  [( 2  1)(a 2  c 2 )][( 2  1)(b 2  d 2 )]

0,5

( 2  1)(a  c )  ( 2  1)(b  d )
2
2 1 2 2
2 1

(a  c  b 2  d 2 ) 
2
2

 a2  c2 

2

2

2

2

0,5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

4
4
điểm


 a  c
2 2
2 2
a 
;c  
b   d
8
8




a  ( 2  1)b


2 2
2 2
;d  
a 2  b 2  c 2  d 2  1 b 
8
8



0,5


2 2
2 2
a  
;c 
8
8
hoặc 

2 2
2 2
;d 
b  
8
8

1
E  a 2  c 2  (a  c)(b  d )  a 2  c 2  (a 2  c 2 )(b 2  d 2 )

2
 a  c  [( 2  1)(a  c )][( 2  1)(b  d )]
2

2

2

2

2

2

( 2  1)(a 2  c 2 )  ( 2  1)(b 2  d 2 )
2
1 2 2 2
1 2

(a  c  b 2  d 2 ) 
2
2

0,5
0,5

 a2  c2 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

0,5



 a  c
2 2
2 2
a  
;c 
b   d
8
8




a  ( 2  1)b

2 2
2 2
;d  
a 2  b 2  c 2  d 2  1 b 
8
8



0,5



2 2
2 2
a  
;c 
8
8
hoặc 

2 2
2 2
;d  
b 
8
8


 (n  3) 2 
1
Dựng 
  1 đường tròn bán kính 2 có tâm là
 3 
 (n  3) 2 

  1 điểm đã cho.
 3 

5
4
điểm

  (n  3) 2    (n  3) 2
Tổng diện tích các hình tròn là  
  1 4 
1
3
4
 

Diện tích được phủ của họ tất cả các đường tròn có tâm thuộc
1
miền tam giác vuông cân (tính cả biên), bán kính bằng
nhỏ
2
(n  1  2) 2
2
hơn
.
4
 (n  3) 2 
Do đó tồn tại ít nhất 2 đường tròn cắt nhau trong 
 1
3
1


đã dựng. Suy ra điều phải chứng minh.

(Họ tên, ký tên -Điện thoại liên hệ)

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
TỈNH PHÚ THỌ

ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
Đề thi gồm có 01 trang, 5 câu

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1 (4,0 điểm)
Giải phương trình

5

x3  2 x  3 x5  2 x

Câu 2 (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp O .
Trung trực của đoạn AH cắt các cạnh CA, AB lần lượt tại M ; N . Chứng minh
rằng A là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác OMN .
Câu 3 (4,0 điểm)
Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố có dạng 4k  1 thì có một số tự
nhiên a nhỏ hơn p sao cho a 2  1 chia hết cho p .
Câu 4 (4,0 điểm)
Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn a 2  b 2  c 2  2 . Chứng minh bất
đẳng thức

a  b  c  3abc 

3

3

3

8max a 2b 2 ; b 2c 2 ; c 2a 2 

a  b  c

2

Câu 5 (4,0 điểm)
Xác định tất cả các tập con A, B, C khác rỗng của tập các số nguyên
dương * thoả mãn các điều kiện sau
1) A  B  B  C  C  A   ;
2) A  B  C  * ;
3) Với mọi a  A, b  B và c  C , ta có c  a  A, c  b  B và a  b  C .
………… HẾT………..

Người ra đề: Kiều Đình Minh

ĐT: 0989 848 965


ĐÁP ÁN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2015 - 2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 10

Câu 1 (4,0) Giải phương trình

5

x3  2 x  3 x5  2 x

Dễ thấy x  0 là một nghiệm. Xét x  0 , khi đó phương trình tương đương

x

3

 2 x    x5  2 x   x3  x 2  2   x5  x 4  2    x 2  2   x 2  x 4  2 
3

5

3

5

3

5

Đặt y  x 2  2  y  2(do x  0) và x 4  2   x 4  4   2   x 2  2  x 2  2   2  y  y  4   2
Ta có
3

 y2  4 y  2 

y   y  2   y  y  4   2    y  2   y  2   2    y  2   y  2   2  
  1 (*)



 
y

3

5

2

5

2

2

t 2  4t  2
2
 t   4 thì f  t1   f  t2  nếu 2  t1  t2 . Vì vậy y  4 là
t
t
nghiệm duy nhất của phương trình (*) , do đó x   2 là nghiệm của phương trình đã cho.
Dễ thấy f  t  

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là: x  0; x   2 .■
Câu 2 (4,0) Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp O . Trung

trực của đoạn AH cắt các cạnh CA, AB lần lượt tại M ; N . Chứng minh rằng A là tâm
đường tròn bàng tiếp của tam giác OMN .
Ta có ANH AOC  ANO AHC  AON  ACH (1)
Tương tự có AMH AOB  AMO AHB  AOM  ABH (2)
Từ 1 và  2  suy ra AON  AOM , hay OA là phân giác của góc MON .
Lại có
BNO  BAO  NOA  CAH  ACH  1800  AHC  ABC  ANM  NA là
phân giác ngoài của tam giác ONM . Tương tự suy ra được A là tâm đường tròn bàng tiếp
của tam giác ONM .■
Câu 3 (4,0) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố có dạng 4k  1 thì có một số tự nhiên a
nhỏ hơn p sao cho a 2  1 chia hết cho p .

 p  1! 1 p với p  4k  1  k  *  thì  4k ! 1 p (1) .
Mặt khác 2k  i  2k  i  1 mod p  với i  1, 2,..., 2k . Do đó
 2k  1 2k  2  .... 4k    2k ! mod p 
2
Suy ra  4k !   2k !  mod p  (2)
Theo định lý Wilson

1


Từ 1 và  2  ta có  2k !  1 p . Gọi a là dư của phép chia  2k ! cho p thì a  p và
 2k !  a  mod p  , do đó a 2  1 p (đpcm).■
2

Câu 4 (4,0) Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn a 2  b 2  c 2  2 . Chứng minh bất
đẳng thức

a  b  c  3abc 

3

3

3

8max a 2b 2 ; b 2c 2 ; c 2a 2 

a  b  c

2

Do tính đối xứng của bất đẳng thức nên không mất tổng quát giả sử a  b  c  0 .
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
a 3  b3  c 3  3abc  a 3  b3  2ab ab 1
Và
2
 a  b  c   a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca  2  2ab  4 ab  2 
Từ 1 và  2  suy ra

a

3

 b3  c3  3abc   a  b  c   8a 2b 2  8max a 2b 2 ; b 2c 2 ; c 2a 2 
2

Hay

a  b  c  3abc 

3

3

3

Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  1; c  0
Tóm lại :

a  b  c  3abc 
3

3

3

8max a 2b 2 ; b 2c 2 ; c 2a 2 

a  b  c

2

8max a 2b 2 ; b 2c 2 ; c 2a 2 

a  b  c

2

Dấu đẳng thức khi a  b  1; c  0 và các hoán vị.■
Câu 5 (4,0) Xác định tất cả các tập con A, B, C khác rỗng của tập các số nguyên dương *

thoả mãn các điều kiện sau :
1) A  B  B  C  C  A   ;
2) A  B  C  * ;
3) Với mọi a  A, b  B và c  C , ta có c  a  A, c  b  B và a  b  C .
Giả sử phần tử nhỏ nhất của C là x . Thế thì 1, 2,..., x  1  A  B , do với a  A, b  B , ta
có a  x  A, b  x  B . Vậy tất cả các số không chia hết cho x là thuộc A  B . Do đó
c  C là bội của x . Từ  3 , tổng của a  A, b  B là bội của x .

Giả sử x  1 . Thì a  A, b  B suy ra a  1  A, b  1 B  a  b  A  B , mâu thuẫn với 1 .
Giả sử x  2 . Ta có thể giả sử 1  A . Thì do  3 , tất cả các số nguyên dương lẻ nằm trong
A . Với b  B , ta có 1  b  C . Do đó b lẻ, dẫn tới b  A  B , mâu thuẫn với 1 .

2