Đề thi HSG khối 10 khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm học 2015 – 2016

(Đề thi HSG khối 10 khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ năm học 2015 – 2016)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (4 điểm)
7 x 3 + y 3 + 3 xy ( x − y ) = 12 x 2 − 6 x + 1
Giải hệ phương trình 
2
2
 2 x + 3 − 9 − y = 1
Câu 2 (4 điểm)
Cho đường tròn (O) và dây AB. Các đường tròn (O1) và (O2) nằm về một phía đối với đường thẳng AB,
tiếp xúc với nhau ại T đồng thời tiếp xúc với AB và tiếp xúc trong với đường tròn (O). Tiếp tuyến chung tại
T của các đường trong (O1) và (O2) cắt đường tròn (O) tại C (với C thuộc nửa mặt phẳng với bờ là đường
thẳng AB có chứa hai đường tròn (O1) và (O2)). Chứng minh rằng T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC.
Câu 3 (4 điểm)
Cho m và n là các số nguyên dương thỏa mãn 2016m +1 là ước của 2016n +1.
Chứng minh rằng m là ước của n
Câu 4. (4 điểm)
Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a + b + c = abc.
2

Chứng minh rằng: 3 +

b
c a 1 1 1
+ 2 + 2 ≥ + + ÷ + 3
2
a b c a b c

Câu 5. (4 điểm)
Cho tập hợp X có 2016 phần tử. Chọn ra 64 tập con X 1, X2,....X64 của tập X (mỗi tập con đều chứa nhiều

hơn 1008 phần tử). Chứng minh tồn tại tập con A của X có số phần tử không vượt quá 6 mà A ∩ X ≠ ∅,
với i = 1, 64

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


Đáp Án
7 x 3 + y 3 + 3 xy ( x − y ) = 12 x 2 − 6 x + 1 (1)
Câu 1. Giải hệ phương trình 
2
2
 2 x + 3 − 9 − y = 1 (2)
Điều kiện xác định: −3 ≤ y ≤ 3
Phương trình (1) ⇔ ( x − y ) = ( 2 x − 1) ⇔ y = 1 − x (3)
3

3

Thế (3) vào (2) ta được: 2 x 2 + 3 − 8 + 2 x − x 2 = 0

⇒ 2 x 2 + 3 − 8 + 2 x − x 2 ⇒ 4 ( x 2 + 3) = 2 x + 8 + 2 x 8 + 2 x − x 2
⇒ 2 ( x − 1) − x
2

(

)


x
2 
8 + 2 x − x 2 − 3 = 0 ⇒ ( x − 1)  2 +
=0
8 + 2 x − x2 + 3 


 x −1 = 0
⇒ 
x
2+
=0

8 + 2x − x2 + 3
Ta có hai trường hợp:
*TH1:Nếu x = 1 thì y = 0.
Thử lại vào hệ phương trình ban đầu thấy thỏa mãn.
x
= 0 thì ta có phương trình
*TH2: Nếu 2 +
8 + 2 x − x2 + 3
− x − 6 ≥ 0
2 8 + 2x − x2 = − x − 6 ⇔  2
(vô nghiệm)
5 x + 4 x + 4 = 0
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( 1;0 )
Câu 2.

- Gọi E, F, M, N lần lượt là tiếp điểm (O1), (O2) với đường tròn (O) và AB như hình vẽ. Gọi K là giao điểm

EF với (O).
Ta có các điểm E, O1, O thẳng hàng; các điểm M, O2, O thẳng hàng.
·
·
· FE ⇒ O F || OK ⇒ OK ⊥ AB
- Hơn nữa EKO
= OEF
=O
1
1
Vậy K là điểm chính giữa cung AB.
Như vậy EF đi qua điểm chính giữa K của cung AB.
- Chứng minh tương tự ta cũng có MN cũng đi qua K.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


·
·
- Từ đó MEF
nên tứ giác EFNM là tứ giác nội tiếp, do đó
= MNB
PK/ (O1 ) = KF .KE = KN .KM = PK/( O2 )
Vậy điểm K nằm trên trục đẳng phương của (O1), (O2)
Suy ra ba điểm C, T, K thẳng hàng.
Từ đó điểm T nằm trên phân giác của ·ACB (1)
- Ta có các cặp tam giác đồng dạng ∆KAF và ∆KEA ; ∆KBN và ∆KMB
Từ đó KA2 = KF .KE = KT 2 ⇒ KA = KT

Ta lại có KA = KB, suy ra KA = KB = KT.
Vì vậy các tam giác KAT và KBT cùng cân tại K.
·
·
·
·
Do đó CAT
= ·ATK − ·ACT = TAK
− BAK
= TAB
·
Suy ra AT là phân giác của CAB
(2)
Từ (1) và (2) suy ra T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm)
Câu 3.
Đặt n = mq + r ( 0 ≤ r ≤ m ) khi đó ta viết 2016n + 1 = 2016mq + r + 1 = 2016mq.2016r + 1
Ta xét các trường hợp sau:
n
m q
r
r
*TH 1: Nếu q là số lẻ thì 2016 + 1 = ( 2016 ) + 1 .2016 + 1 − 2016


Kết hợp với (2016m +1) | (2016n +1) thu được
( 2016m + 1) | ( 2016n + 1) ⇒ r = 0 ⇒ m | n
n
m q
r
r

*TH2: Nếu q là chẵn thì 2016 + 1 = ( 2016 ) − 1 .2016 + 2016 + 1


m
m 2
Kết hợp với (2016m +1) | (2016n +1) và ( 2016 + 1) | ( 2016 ) − 1 ta thu được



( 2016

+ 1) | ( 2016r + 1) (vô lí vì 0 ≤ r ≤ m)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 4.
1
1 1
Đặt x = , y = , z ta có x, y, z là các số dương này và xy + yz + zx = 1
a
b c
x2 y2 z 2
2
+ ≥ ( x + y + z)
Ta cần chứng minh 3 − 3 + +
y
z
x
m

2
2

2
x2 y 2 z 2 ( x + y + z ) ( x + y + z )
Trước hết ta chứng minh
+
+ ≥
(1)
y
z
x
xy + yz + zx
Thật vậy, ta có:
x2
⇔
xy
+
yz
+
zx
(
) ∑ ≥ ( x + y + z ) ( x2 + y2 + z 2 )
(1)
xyz y

⇔ x3 + y 3 + z 3 + x 2 z + z 2 y + y 2 x + ∑
xyz

x3 z
≥ x3 + y 3 + z 3 + ∑ x 2 y
y
xyz

x3 z y 3 x z 3 y
+
+
≥ xz 2 + zy 2 + yx 2 (2)
y
z
x
Theo bất đẳng thưc AM – GM ta có
x3 z y 3 x
y3 x z3 y
x3 z z 3 y
+
≥ 2 x 2 y;
+
≥ 2 y 2 z;
+
≥ 2z2 x
y
z
z
x
y
x
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên suy ra bất đẳng thức (2) được chứng minh.
⇔

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3

Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
x2 y 2 z 2
3
−
3
+
+
+ ≥ 3 − 3 + ( x + y + z ) ( x2 + y2 + z 2 )
Từ (1) suy ra
y
z
x

2
2
2
Vì vậy ta cần chứng minh 3 − 3 + ( x + y + z ) ( x + y + z ) ≥ ( x + y + z )

2

⇔ ( x + y + z ) ( x2 + y2 + z 2 ) ≥ x2 + y 2 + z 2 3 −1
⇔ ( x 2 + y 2 + z 2 ) ( x + y + z − 1) ≥ 3 − 1 (3)

Do x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx = 1 và x + y + z ≥ 3 ( xy + yz + zx ) = 3 nên ta có bất đẳng thức (3) được
chứng minh. Từ đó ta có đpcm.
Câu 5.
Tổng số phần tử trong 64 tập con lớn hơn 64.1008 = 32.2016. Vì vậy tồn tại một phần tử a của tập X thuộc
ít nhất 33 tập con, giả sử là X1, X2,....X33.

Xét 31 tập con còn lại, lí luận tương tự suy ra tồn tại một phần tử b của tập X thuộc ít nhất 16 tập con, giả sử
là X34, X35,....X49.
Xét 15 tập con còn lại, lí luận tương tự suy ra tồn tại một phần tử c của tập X thuộc ít nhất 8 tập con, giả sử
là X50, X51,....X57.
Xét 7 tập con còn lại, lí luận tương tự suy ra tồn tại một phần tử d của tập X thuộc ít nhất 4 tập con, giả sử là
X58, X59, X60, X61.
Xét 3 tập con còn lại, lí luận tương tự suy ra tồn tại một phần tử e của tập X thuộc ít nhất 2 tập con, giả sử là
X62, X63.
Với tập X64 còn lại ta lấy một phần tử f
Như vậy tập con A chứa các phần tử a, b, c, d, e, f thỏa mãn bài toán.
Suy ra điều phải chứng minh.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

4