30 đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 10 của các trường chuyên khu vực duyên hải đồng bằng bắc bộ có đáp án

SỞ GD - ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
BẮC GIANG
(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

ĐỀ THI DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM 2015
MÔN TOÁN LỚP 10
Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình
 x 3  2 y 2  ( x 2  x  4) y  x 2  xy 2  2  0
 3
2
2
2
 x  y  x y  x  xy  y  0,

( x, y  ¡ ).

Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, không cân, trực tâm H, tâm đường tròn
ngoại tiếp là O, và đường cao AD. Đường thẳng AO cắt BC tại E. Gọi I, S, F lần
lượt là trung điểm AE, AH và BC. Đường thẳng qua D song song với OH lần lượt
cắt AB, AC tại M và N. Đường thẳng DI lần lượt cắt AB, AC tại P, Q. Đường thẳng
MQ cắt NP tại T. Chứng minh rằng:
a) SF // AE.
b) Các điểm D, O, T thẳng hàng.
Câu 3 (4 điểm). Cho hàm số f : ¥ a ¥ , f khác hằng số và thỏa mãn
a – b | f(a) – f(b).
Chứng minh rằng tập các ước nguyên tố của f(c), với c  ¥ là vô hạn.

Câu 4 (4 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c chứng minh rằng

a 2  bc
b 2  ca
c 2  ab


0
2a 2  b 2  c 2 2b 2  c 2  a 2 2c 2  a 2  b 2

Câu 5 (2 điểm). Bên trong một hình vuông cạnh 1 cho 2015 điểm sao cho không
có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có đỉnh tại các
1
điểm đã cho và diện tích S của nó thoả mãn bất đẳng thức: S 
.
2013

....................HẾT.................


ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Câu
Câu 1

Phương pháp – Kết quả
Lấy 3pt(2) – pt(1) ta được

Điểm

(2 x  1)[y 2  ( x  1) y  x 2  x  2]  0
2 x  1  0
 2

2
 y  ( x  1) y  x  x  2  0
1
TH1: 2 x  1  0  x  
2

53 5
4
2
2
TH2: y  ( x  1) y  x  x  2  0 (3)

Câu 2

2

Thay vào pt (1) ta được y 

1

Lây pt(1) – pt (2) – pt(3) ta được: x2 + 2 = 0 (vô nghiệm)
KL …
a) Ta có hệ thức quen thuộc

1

uuur uuur uuur uuur
OA  OB  OC  OH
uuur uuur uuur
Gọi L đối xứng O qua F ta có OA  OL  OH

Suy ra tứ giác OLHA là hình bình hành

1

1

Từ đó suy ra đpcm
b) Gọi K, L lần lượt là giao điểm của DO và AB, AC
Theo phần a) OH,SF, DI có chung trung điểm J.
Do đó D(HOJN) = -1

1

Suy ra (ALQN) = -1 và (AKPM) = -1
Do đó (AKMP) = - 1
Vậy KL, MQ, PN đồng quy
Câu 3

Hay DO, MQ, PN đồng quy. Từ đó suy ra đpcm
Giả sử f chỉ có hữu hạn ước nguyên tố. Khi đó gọi tất cả các
ước nguyên tố của f là
p1, p2, ..., pn.
Theo giả thiết ta có

1


a = (a+1) – 1 | f(a + 1) – f(1).
Vì f(1) là xác định nên tồn tại vô số số a sao cho

1

v pi (a)  v pi ( f (1))

Mà
a | f(a + 1) – f(1).
Nếu f(a + 1) ≠ f(1) thì tồn tại ít nhất một chỉ số i sao cho
v pi ( f (a  1))  v pi ( f (1))

 v pi ( f (a  1)  f (1))  v pi ( f (1))  v pi (a) (vô lí)
Vậy f(a + 1) = f(1).
Với mọi b ta có (a + 1) – b | f(a + 1) – f(b) = f(1) – f(b)
Do đó (a + 1) – b | f(1) – f(b) với mọi a
Điều đó chỉ xảy ra khi f(b) = f(1)
Hay f là hàm hằng (mâu thuẫn với điều kiện bài toán)
Vậy có điều phải chứng minh.
Câu 4

2

1

BĐT tương đương với
(b  c) 2
(c  a ) 2
( a  b) 2


3

2a 2  b 2  c 2 2b 2  c 2  a 2 2c 2  a 2  b 2

2

Ta có
(b  c)2
(b  c) 2
b2
c2



2a 2  b 2  c 2 ( a 2  b 2 )  ( a 2  c 2 ) a 2  b 2 a 2  c 2

Tương tự với hai BĐT còn lại suy ra đpcm

2


Câu 5

Xét bao lồi của 2015 điểm nằm
bên trong hình vuông. Vì không
có 3 điểm nào thẳng hàng, nên
bao lồi có k đỉnh  k  2015 ,
ngoài ra các điểm đã cho hoặc
là các đỉnh của đa giác lồi, hoặc
nằm hẳn bên trong của đa giác
bao lồi. Chỉ có hai khả năng sau
xảy ra:

A2

A3

A1
An

TH1: (H1) Nếu k  2015 . Khi đó số đường chéo xuất
phát từ A1 của đa giác bao lồi tạo thành cùng các cạnh của đa
giác 2013 tam giác.
Gọi S là diện tích tam giác nhỏ nhất trong 2013 tam
giác ấy. Vì tổng các diện tích của 2013 tam giác nhỏ hơn 1(
chú ý 1 là diện tích hình vuông chứa chọn 2013 tam giác này
), do đó suy ra
S

1
2013

1

1

.
A2

Ak+1

A1

Ak

TH2 (H2) Nếu k  2013 . Khi đó bên trong đa giác bao
lồi A1 A2 ... Ak còn 2013 – k điểm Ak 1 , Ak  2 ,..., An . Nối Ak 1 với các
đỉnh A1 , A2 ,..., Ak .
Khi đó ta có k tam giác Ak 1 A1 A2 , Ak 1 A2 A3 ,..., Ak 1 Ak A1 .
Vì không có ba điểm nào thẳng hàng, nên các điểm phải nằm
hẳn trong k tam giác nói trên. Giả sử Ak  2 thuộc tam giác nào
đó. Nối Ak  2 với ba đỉnh tam giác này, thì từ một tam giác ta
sẽ có ba tam giác mới.


Sau mỗi lần làm số tam giác tăng lên 2.
Như thế ta đi đến :
k  2  2015  k  1  2.2015  k  2  2013   2015  k 

tam giác, mà bên trong mỗi tam giác này không có điểm nào
thuộc 2015 điểm đã cho. Gọi S là tam giác có diện tích bé
nhất trong các tam giác này thì:
S

1

1
1

(do n  k  0 ).
2013   n  k  2013

Bất đẳng thức S 

1
2013

đã được chứng minh.

Người ra đề: Nguyễn Văn Thảo - đt: 0983186256

1


TRNG THPT CHUYấN BC NINH
T TON TIN

NGH LM CHN HSG
KHU VC DUYấN HI HBB 2015
Mụn: Toỏn 10
Cõu 1

8 xy 2 y 8 y 4 x y 2

Gii h phng trỡnh:
3x 8
2x 7 y 1

2
Cõu 2
Cho ng trũn (O) v hai im phõn bit A, B c nh (AB khụng phi l ng
kớnh). im C bt kỡ trờn cung ln ằ
AB , v ng kớnh CE. Gi H l hỡnh chiu

ca C trờn AB. CF l phõn giỏc trong ca ACB . ng thng EF ct li (O) ti
im th hai l K.
a) Chng minh rng ng thng vuụng gúc vi HK ti K luụn i qua mt
im c nh khi C di ng trờn cung ln ằ
AB .
b) K dõy cung CD ca (O) sao cho CD||AB. Gi P l giao im ca CK vi
AB, Q l giao im th hai ca DH v (O). Chng minh rng PQ luụn i
qua im c nh khi C di ng trờn cung ln ằ
AB .
Cõu 3

Cho đa thức P(x) với hệ số thực thoả mãn đồng thời hai điều kiện:
+) P(x) không có nghiệm thực
+) P( x).P( y ) P 2 (

x y
); x, y R
2

(*)

Chứng minh rằng P(x) có nghiệm duy nhất

Cõu 4
Tỡm b s nguyờn dng cú tng l 2015 v cú tớch ln nht.
Cõu 5


Điền 29 số nguyên dương đầu tiên vào các ô vuông con của bảng 6 x 5 như sau
(bảng 1 ):

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

27

28

29

Cho phép đổi vị trí các số trong bảng theo quy tắc : Mỗi lần, lấy 1 số nằm ở ô kề
với ô trống rồi chuyển số đó sang ô trống. Hỏi nhờ việc thực hiện liên tiếp một số

hữu hạn lần phép chuyển số nói trên đối với bảng ban đầu, ta có thể nhận được
bảng số sau (bảng 2) không?
29

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

27

28

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

Bài 1.(4 điểm) Giải hệ phương trình {

ĐỀ XUẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI – ĐBBB 2015
Môn: Toán – Lớp 10

√𝑥𝑦 + (𝑥 − 𝑦)(√𝑥𝑦 − 2) + √𝑥 = 𝑦 + √𝑦
(𝑥 + 1) (𝑦 + √𝑥𝑦 + 𝑥 (1 − 𝑥 )) = 4.

Bài 2.(4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có D, E lần lượt là tiếp điểm của đường
tròn nội tiếp (I) với AB, AC và H, K lần lượt là hình chiếu của B lên AC và C lên
AB. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của tam giác AHK là trực tâm của
tam giác ADE.
Bài 3.(4 điểm) Cho sốn guyên tố p và ba số nguyên dương x,y,z thỏa mãn
xcho x+y+z.
Bài 4.(4 điểm)Cho ba số thực dương a,b và c thỏa mãn 𝑎𝑏𝑐 ≤ 1.
Chứng minh rằng
𝑎 𝑏 𝑐
+ + ≥ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐.
𝑏 𝑐 𝑎
Bài 5.(4 điểm)Trong mặt phẳng cho 7 điểm phân biệt sao cho không có ba điểm
nào thẳng hàng. Tất cả các điểm đó được nối với nhau bởi các đoạn thẳng. Mỗi
đoạn thẳng được tô bởi hai màu xanh, đỏ hoặc không được tô màu. Gọi k là số
nguyên dương thỏa mãn với mọi cách tô màu k đoạn thẳng bất kì trong các đoạn

thẳng đó, luôn tồn tại một tam giác có ba cạnh cùng màu.
a) Hãy chỉ ra một cách tô màu không thỏa mãn đề bài với k=19.
b) Tìm tất cả các giá trị k thỏa mãn đề bài.


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ XUẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐBBB 2015

Môn: Toán – Lớp 10
Đápán

Bài
1
(4
điể
m)

Điể
m
1,0

Điềukiệnxácđịnh
𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0 và 𝑥𝑦 + (𝑥 − 𝑦)(√𝑥𝑦 − 2) ≥ 0.
Dễthấyhệkhôngcónghiệmdạng (x;0).
Phươngtrìnhthứnhấtcủahệtươngđươngvới
√𝑥𝑦 + (𝑥 − 𝑦)(√𝑥𝑦 − 2) − 𝑦 + √𝑥 − √𝑦 = 0
hay (𝑥 − 𝑦) (

𝑦+ √ 𝑥𝑦−2
𝑦+√𝑥𝑦+(𝑥−𝑦)( √ 𝑥𝑦−2)

+

1

) = 0.

√𝑥+ √ 𝑦

Mặtkhác, từphươngtrìnhthứhaicủahệ ta có
4
4
𝑦 + √𝑥𝑦 = 𝑥 2 − 𝑥 +
≥ 𝑥 −1+
≥2
𝑥+1
𝑥+1
𝑦 +√ 𝑥𝑦−2
1
suyra
+
>0
𝑦+√𝑥𝑦+(𝑥−𝑦)(√ 𝑥𝑦−2)

2,0

√𝑥+ √ 𝑦

bởithếmàphươngtrìnhđầucủahệtươngđươngvới x=y.
Thayvàophươngtrìnhthứhaicủahệ ta được

𝑥 3 − 2𝑥 2 − 3𝑥 + 4 = 0

1,0

1±√17

hay 𝑥 ∈ {1;
}.
2
Kếthợpvớiđiềukiệnxácđịnh ta
1+√17 1+√17

cónghiệmcủahệphươngtrìnhlà(1; 1)và(
;
).
2
2
2 Gọi J, J’ lầnlượtlàtâmđườngtrònnộitiếpcủa tam giác AHK vàtrựctâm
(4 tam giác ADE.
điể Ta sẽchứng minh rằng J và J’ trùngnhau. Thậtvậy,
m) Dễthấyrằng tam giác AHK đồngdạngvới tam giác ACBtheotỉsố
HK
 cos A và do J làtâmđườngtrònnộitiếp
BC

tam giác AHK và I nên

AJ  AI cos A .

A

K
E
J
D
I
H
B

C

2,0


3
(4
điể
m)

4
(4
điể
m)

Nếugọi R làbánkínhđườngtrònngoạitiếp tam giác ADE thì ta có
AJ '  2R cos A .
Hơnnữa ta thấyrằng tam giác ADE nộitiếpđườngtrònđườngkính AI nên
AJ '  AI cos A .
Do J , J ' cùngnằmtrênphângiácgóc A vàcácđoạn AJ  AJ ' nên J và J’
trùngnhau.
Tronglờigiảinày, tấtcảcácđồngdưthứcđềulà modulo p.

Từgiảthiết ta có𝑦 3 − 𝑥 3 ≡ 0 , suy ra
(𝑦 − 𝑥)(𝑦 2 + 𝑦𝑥 + 𝑥 2 ) ≡ 0.
(1)
Ta có y-x làsốnguyêndươngbéhơn p và p làsốnguyêntốnên y-x và p
lànguyêntốcùngnhau.
Do đótừ (1) ta được𝑥 2 + 𝑥𝑦 + 𝑦 2 ≡ 0.
(2)
Chứng minh tươngtự ta cũngcó
𝑦 2 + 𝑦𝑧 + 𝑧 2 ≡ 0 (3), và 𝑧 2 + 𝑧𝑥 + 𝑥 2 ≡ 0.
(4)
2
2
Từ (2) và (3) ta có𝑧 − 𝑥 + 𝑦𝑧 − 𝑥𝑦 ≡ 0, suy ra
(𝑧 − 𝑥)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) ≡ 0.
Do đóx+y+z chia hếtcho p, mà 0x+y+zbằng p hoặc 2p. (5)
Sửdụng (2) ta có(𝑥 + 𝑦)2 ≡ 𝑥𝑦, kếthợpvới𝑥 + 𝑦 ≡ −𝑧 ta được𝑧 2 ≡
𝑥𝑦, thaytrởlại (2) ta có𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 ≡ 0.
(6)
2
2
2
Từ (5) và (6) vớichú ý x+y+zvà𝑥 + 𝑦 + 𝑧 cùng tính chẵnlẻ ta
cóđiềuphảichứng minh.
Xéthaitrườnghợp
1/ Nếuabc=1
Tồntạicácsốthựcdươngx,yvà z saocho
𝑥
𝑦
𝑧

𝑎 = ,𝑏 = ,𝑐 = .
𝑦
𝑧
𝑥
Bấtđẳngthứccầnchứng minh trởthành
𝑥𝑦
𝑦𝑧
𝑧𝑥
𝑥
𝑦
𝑧
+
+
≥
+
+
. (1)
2
2
2
𝑧

𝑥

𝑦

𝑦

𝑧

𝑥

Theo bấtđẳngthứcgiữatrungbìnhcộngvàtrungbìnhnhân ta có2.
3.

𝑦
𝑧
𝑦𝑧

, chứng minh tươngtự ta được
𝑧𝑥

𝑧

𝑧𝑥

𝑥𝑦

𝑎/𝑘
𝑏/𝑘

𝑦𝑧
𝑥2

1,0

1,0
1,0
1,0

1,0

≥

+

𝑏/𝑘
𝑐 /𝑘

+

𝑐/𝑘

𝑎/𝑘

2,0
𝑎

𝑏

𝑐

𝑘

𝑘

𝑘

≥ + +

suyra
𝑎 𝑏 𝑐
1
+ + ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐).
𝑏 𝑐 𝑎
𝑘
1
mà ta lạicó > 1, suy ra
𝑘

𝑧2

+

1,0

𝑥

2. 2 + 2 ≥ 3. và2. 2 + 2 ≥ 3. .
𝑥
𝑦
𝑥
𝑦
𝑧
𝑦
Cộngtheovếbabấtđẳngthứcnày ta được (1).
2/ Nếuabc<1
𝑎 𝑏 𝑐
3
Đặt𝑘 = √𝑎𝑏𝑐 ta có 0

𝑘 𝑘 𝑘
Theo trườnghợp 1/ ta có

𝑥𝑦

2,0


𝑎 𝑏 𝑐
+ + > 𝑎 + 𝑏 + 𝑐.
𝑏 𝑐 𝑎
Vậybấtđẳngthứcđượcchứng minh, dấuđẳngthứcxảyrakhivàchỉkhi
a=b=c=1.
5
(4
điể
m)

Trướchết, ta cókếtquảquenthuộcsau : Cho 6
2,0
điểmphânbiệtsaochokhôngcóbađiểmnàothẳnghàng. Nếu ta
tômàutấtcảcácđoạnthẳngnốicácđiểmnàybởihaimàuxanhhoặcđỏthìluônt
ồntạimộttamgiáccócáccạnhcùngmàu.
Từgiảthiếtkhôngcóbốnđiểmnàođồngphẳng, ta suy ra
rằngkhôngcóbađiểmnàothẳnghàngvàhaiđoạnthẳngbấtkìchỉcắtnhautạiđầ
umútchung (nếucó) củachúng.
Gọi 7 điểmđãcholà A1 , A2 ,..., A7 . Ta thấyvới 7 điểmnày, cótấtcả C72  21
đoạnthẳng.
Do đó : k  21 .Nếutômàutấtcả 21 đoạnthẳngnàythìchỉcầnchọn ra 6
điểmtrongđócũngsẽthỏamãnđiềukiệntheokếtquả ở trên. Ta thửtìmgiátrị

k nhỏhơn.
Với k = 20, ta tômàu 20 đoạnvàkhôngtômàu 1 cạnh, giảsửlà A1 A7 , khi
đótấtcảcácđoạnthẳngtrongbộ 6 điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 (hoặc
A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 ) đềuđượctômàu, lạitheokếtquảtrên,
điềukiệnđượcthỏamãn, tức là k = 20 vẫnthỏamãnđềbài.
Với k = 19, ta tômàu 19 đoạnvàkhôngtômàu 2 cạnh. Ta sẽchỉ ra
mộtcáchtômàubỏđihaiđoạnthẳngvàkhôngcóhaitamgiácnàođượctôcùng
màunhưtrênhìnhvẽ.
Nếuhaicạnh A1 A7 và A2 A6 khôngđượctômàuthìtrongcácđoạnxuấtpháttừ A3,
tôxanhbốnđoạnvàtôđỏ 2 đoạn ; vớicácđỉnhcònlạitôxanh 3 đoạn, tôđỏ 3
đoạn (hoặc 2 đoạnđốivớihaiđiểm A6, A7).
Do đó, k = 19 khôngthỏamãnđềbài.
Vậytấtcảcácgiátrịcầntìmlà k = 20, k = 21 .

1,0

1,0


HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN TOÁN

VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

KHỐI 10-NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

Thời gian làm bài 180 phút

TP ĐÀ NẴNG

(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1. (4,0 điểm) Giải hệ phương trình
ìï (7 - 2 x) 3 - x + (2 y - 11) 5 - y = 0
ïï
(x, y Î ¡ ).
í
ïï ( y - 2)2 + 3 y (x3 + 8) = 4 x
ïî

Câu 2. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O ) , hai đường cao

BE, CF cắt nhau tại H . Gọi M là điểm trên cung nhỏ BC của(O ), đường thẳng MC
cắt đường thẳng BE tại L, đường thẳng FC cắt đường thẳng BM tại K . Chứng minh
rằng đường thẳng EF đi qua trung điểm đoạn KL .
Câu 3. (4,0 điểm) Cho p ( p > 3) là số nguyên tố và m, n là các số nguyên thỏa mãn
C p0- 3
1.2

+

C1p- 3
2.3

+

C p2- 3

3.4

+ ... +

C pk- 3

(k + 1)(k + 2)

+ ... +

C pp-- 33

( p - 2)( p - 1)

=

m
.
n

Chứng minh 2m - n chia hết cho p.
(Với các số nguyên x ³ y ³ 0 , kí hiệu C xy để chỉ số các tổ hợp chập y của tập hợp gồm
x phần tử).

Câu 4. (4,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức
2

æ a ö
æ b
÷

çç
ç
+
÷
÷ èçç a +
çèb + c ø

2

ö
æ c
÷
ç
+
÷
÷ èçç a +
cø

2

ö
10abc
÷
+
÷
÷ (a + b)(b + c)(c + a ) ³ 2 .
bø

Câu 5. (4,0 điểm) Trong lớp học có 7 học sinh nam và 13 học sinh nữ. Trong 3 tháng,
mỗi học sinh nam đều đến chơi nhà mỗi học sinh nữ đúng 1 lần. Chứng minh rằng trong

1 tháng nào đó có 2 học sinh nam cùng đến chơi nhà 2 học sinh nữ.
----HẾT----


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

Ý

Điểm

Nội dung
Điều kiện x £ 3; y £ 5. Phương trình ban đầu biến đổi thành

(2(3 - x)+ 1)

3 - x = (2(5 - y)+ 1) 5 - y (*)

Đặt f (t )= (2t + 1) t vớit ³ 0 thì (*): f (3 - x )= f (5 - y ) (1)
Nhận xét. Với mỗi số không âm 0 £ t1 ¹ t2 thì

(

)

2,0

f (t2 )- f (t1 ) 2 t2 + t2t1 + t1 + 1
=

>0
t2 - t1
t 2 + t1

Vậy f (t )là hàm số đồng biến trên [0;+ ¥ ). Do đó

(1): 3 - x = 5 - y Û y = x + 2
Thay vào phương trình còn lại được
2

x 2 + 3 (x + 2) (x 2 - 2 x + 4) = 4 x
2

Û (x 2 - 2 x + 4)- 2(x + 2)+ 3 (x + 2) (x 2 - 2 x + 4) = 0

Đặt t =

3

x+ 2
phương trình trên thành
x2 - 2 x + 4

2,0

2t 3 - t 2 - 1 = 0 Û t = 1 Þ x + 2 = x 2 - 2 x + 4 Þ x Î {1;2}

Vậy hệ có nghiệm (1;3);(2;4).
2

Kéo dài EF cắt LK tại X , tam giác HLK có 3 điểm thẳng hàng

E, F , X nên theo định lí Menelaus , ta có
XK EL FH
XK EH FK EH FK
.
.
= 1Û
=
.
=
.
(*)
XL EH FK
XL
EL FH FH EL

1,0

Bốn điểm A, F , H , E cùng thuộc một đường tròn đường kính

AH nên FH = AH cos B, HE = AH cos C Þ

FH cos B
=
HE cos C

(1)

1,0

EC = BC cos C , BF = BC cos B Þ

BF cos B
=
EC cos C

· = ·
Vì ECL
ABK nên hai tam giác BFK và CEL đồng dạng nên

1,5

FK BF cos B
=
=
(2)
EL EC cos C

Từ (1),(2)và (*)có được

3

C pk- 3

p- 3

Đặt Ap =

XK
= 1 , điều phải chứng minh.
XL

å

. Với mọi 0 £ k £ p - 3 ta có

k = 0 (k + 1)(k + 2)

2.k !C

k
p- 3

2( p - 3)!
=
= 2( p - k - 2)( p - k - 1)...( p - 3)
( p - k - 3)!
k

º (- 1) (k + 2)(k + 1)k !(mod p ).
k

Do đó 2C pk- 3 º (- 1) (k + 2)(k + 1)(mod p) nên tồn tại số nguyên
ak thỏa mãn
k

2C pk- 3 = pak + (- 1) (k + 1)(k + 2)
Þ

0,5

2C pk- 3

(k + 1)(k + 2)

=

pak
k
+ (- 1) , k = 0,1,2,..., p - 3
(k + 1)(k + 2)

1,5


Þ

æp- 3
ö
2m
ak
pA
÷
÷
= 2 Ap = p çççå
+ 1=
+1
÷

çè k = 0 (k + 1)(k + 2)÷
n
B
ø

2,5

Þ (2m - n)B = npA º 0(mod p )

Trong đó A, B là các số nguyên và B = ( p - 1)! º - 1(mod p ) nên
2m º n (mod p ) .

4

Biến đổi bất đẳng thức như sau

å
Û

å

Û

å

Û

å

Û

å

Û

å

a 2 (a + b)(a + c)
+ 10abc ³ 2Õ (a + b)
b+ c
éa 2 (a 2 + bc)
ù
3ú
3
ê
a
ê b+ c
ú+ (2å a + 10abc)³ 2Õ (a + b)
êë
ú
û
a 2 (a - b)(a - c)
+ 2(å a 3 + 5abc - Õ (a + b))³ 0
b+ c

1,5

a 2 (a - b)(a - c)
+ 2å (a 3 + abc - a 2 (b + c ))³ 0
b+ c

2
a (a - b)(a - c)
+ 2å a (a - b)(a - c )³ 0
b+ c
(a + 2b + 2c)
a (a - b)(a - c )³ 0
b+ c

1,5

Theo bất đẳng thức Schur thì bất đẳng thức cuối đúng nên bất đẳng
thức ban đầu được chứng minh.
5

1,0

Kí hiệu 7 học sinh nam : B1, B2,…, B7; 13 học sinh nữ G1,G2,…,G13
Xét các bộ gồm (2 nam-1 nữ) mà 2 bạn nam đó cùng đến chơi nhà
1 nữ trong cùng 1 tháng.
Cố định 1 bạn nữ. Gọi n1, n2, n3 là số bạn nam đến thăm bạn nữ đó
trong tháng thứ 1, tháng thứ 2 và tháng thứ 3, ta có n1+n2+n3=7,
suy ra số bộ thu được là

2,0


1 2
1
n1 + n22 + n32 )- (n1 + n2 + n3 )
(

2
2
1
1
2
³ (n1 + n2 + n3 ) - (n1 + n2 + n3 )
6
2
2
7
7 14
Þ T³
- =
6 2 3

T = Cn21 + Cn22 + Cn23 =

Vậy có không dưới 5 bộ ứng với bạn nữ đó.
Xét bảng
G1
B1-B2

G2

G3…

G13

X

B1-B3

X

…
B6-B7

2,0
X

Ta sẽ đánh dấu x vào các ô của bảng nếu có hai bạn nam cùng đến
chơi nhà 1 bạn nữ trong cùng 1 tháng. Vậy mỗi cột có không dưới 5
dấu x. Suy ra có không ít hơn 5.13=65 dấu x trong bảng nên có một
é65 ù
hàng có không ít hơn ê 2 ú+1=4 dấu x. Vậy có một cặp Bi-Bj đến
êC7 ú
ë û

chơi nhà 4 bạn nữ trong 3 tháng, suy ra có một cặp Bi-Bj đến chơi
nhà hai bạn nữ trong cùng 1 tháng.


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


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 (  1), (  2) tiếp xúc ngoài tại điểm T. Một
đường thẳng cắt đường tròn (  1) tại các điểm A, B và tiếp xúc với (  2) tại X.

Đường thẳng XT cắt (  1) tại S và C là một điểm trên cung TS không chứa A và B.
Cho CY là tiếp tuyến của (  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 (  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
nhiên x sao cho f ( x)  64 x 2  21x  27 chia hết cho 2 n .
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

2
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

 (2u 2  1)(2u 2  1)
2
u  1  3u


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 (  1), (  2) tiếp xúc ngoài tại điểm T. Một đường thẳng cắt
đường tròn (  1) tại các điểm A, B và tiếp xúc với (  2) tại X. Đường thẳng XT cắt
(  1) tại S và C là một điểm trên cung TS không chứa A và B. Cho CY là tiếp
tuyến của (  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 (  1) tại điểm thứ hai
K. Chứng minh rằng:
a) C, T, Y và I cùng thuộc một đường tròn.
b) KB=KC=KI.


X
B
A
K
T

I

C

a) + Do hai đường tròn (  1), (  2) tiếp xúc ngoài tại T nên ta có
»
º
·  XT  TS  TAS
·
BXT
suy ra S là điểm chính giữa cung AB hay SA=SB.
2
2
·  TAS
·
·  BXT
·
· T
·YX nên TCI
·  TYI
· .
Mà TCI
(ATCS nội tiếp), TAS
và BXT
Suy ra CTIY nội tiếp.
·  TAS
·
b) Do AXS
nên suy ra AXS  TAS nên SA2  ST.SX .
·  CYT
·  TXY
·
Ta có CIT
nên SXI  SIT hay SI 2  ST.SX .

Từ đó SA=SI.
Mặt khác
·  ABC
· 
·
·
BAC
ACB
0
0
0
·
·
nên CI là phân
BCI  180  BCS  180   ACB 
  90 

2
2


·
giác ngoài của góc ACB
.

3
4,0 đ

·
ABC

0
¶
·
·
·
Trong tam giác cân BSI ta có BSI  BSC  BAC mà BIS  90 
hay BI là
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 (  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 2 n .
+) Với n =1, chọn x =1 khi đó f (1)  92 chia hết cho 21 .

2k .
+) Giả sử với n  k , tôn tại xk sao cho f ( xk )M
2k  f ( xk )  K .2k , với K nguyên dương.
+) Với n  k  1. Từ f ( xk )M


Chọn xk 1  2k 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  64.22 k t 2  21.2k t  21xk  27  K 2k  21.2k t  2k 1 p

Với p nguyên dương, nên tồn tại t’ sao cho ( K  21t ')M
2.
Vậy chọn xk 1  2k t  xk thì f ( xk 1 )M

2k 1 .
Theo nguyên lý quy nạp ta có, 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 2 n .
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

3
1 1 1
và P  (a  b)(b  c)(c  a)  2  2  2 .
4
a b c
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
a 2  b2  c2 

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 ) 

9
3
63
nên a  b  c  . Suy ra P   8  13 .
4
2
3

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

1
1
x yz .
2

4