Đề thi HSG lớp 10 duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm học 2014 – 2015

(Đề thi HSG, lớp 10,Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ, năm học 2014 – 2015)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (4 điểm)
4
2
2
2
�
�y  2 xy  7 y   x  7 x  8
Giải hệ phương trình sau: �
2
3
2
2
� 3  x  y 1  x  x  4 y  3
Câu 2 (4 điểm)
Cho đường tròn (w1) và (w2) cắt nhau tại P và Q, một đường thẳng d thay đổi đi qua B Cắt w1 tại A và
các (w2) tại B sao cho P nằm giữa a và b; C, D là hai điểm cố định lần lượt thuộc (w1) và (w2) sao cho P
thuộc tia đối của tia DC. tia BD và đoạn AC cắt nhau tại X, điểm y thuộc (w1) sao cho đường thẳng PY
song song với đường thẳng BD, điểm Z thuộc (w2) sao cho đường thẳng PZ song song với đường thẳng
AC. Gọi I và J lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABQ và CDQ.
a) chứng minh rằng đường thẳng IJ vuông góc với đường thẳng XQ
b) chứng minh rằng đường thẳng YZ luôn đi qua một điểm cố định khi d thay đổi.
Câu 3 (4 điểm)
Cho số nguyên tố p và ba số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x < y < z < p. Chứng minh rằng nếu

x 3 �y 3 �z 3 (mod p) thì x 2  y 2  z 2 chia hết cho x + y + z.
Câu 4. (4 điểm)
3
Xét các số thực dương x,y và z thỏa mãn x + y + z ≤ .
4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1
P x y
y z
z x   
x y z
Câu 5. (4 điểm)
Có 42 học sinh tham iga một buổi giao lưu. Biết rằng cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi
gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau. Kí hiệu k là số cặp đôi như thế. Tìm giá trị
nhỏ nhất cuả k.









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

1


Đáp Án
4
2
2
2
�

(1)
�y  2 xy  7 y   x  7 x  8
Câu 1. Xét hệ phương trình �
2
3
2
2
� 3  x  y  1  x  x  4 y  3 (2)
Điều kiện xác định: x ≤ 3
�
y2  x 1
2
2
2
Ta có phương trình (1) �  y  x   7  y  x   8  0 � �2
y  x 8
�

Vì x ≤ 3 nên x – 8 < 0, do đó không thể xảy ra trường hợp y 2  x  8 .
Vậy y 2  x  1
Thay vào (2) ta có:

3  x  x  2  x 3  x 2  4 x  1 (điều kiện x ≥ - 2).

� x3  x 2  4 x  4  2  x  2  1  3  x  0
�  x _ 2   x  2   x  1 

x2
x2


0
x  2  2 1 3  x

1
1
�
�
�  x  2 �

 x  2   x  1 
� 0
x  2  2 1 3  x �
�
1
1
1
1�
�
�  x  2 �

 � 0
 x  2   x  1  
3
x  2  2 1 3  x 3�
�
�
�  x  2 �
 x  2   x  1 
�
3

�



x 1
x22



�
1
�  x  2   x  1 �
 x  2 
�
3 x22
�
�  x  2   x  1  0 (Điều kiện x �2)







 3

x  2 1



 3

x  2 1





x 1



3  x 1

1



3  x 1

Từ đó ta thu được nghiệm của hệ đã cho là  1;0  2; 3 2;  3

�
� 0
3 x 2 �
�



�

� 0
3 x 2 �
�





Câu 2.a) Vì ACQP và PDQB là các tứ giác nội tiếp nên ta có:
�
�  CPQ
�  DPQ
�  DBQ
�  XBQ
� nên AXQB nội tiếp (1)
XAQ  CAQ
Vì AXQB và BPDQ là các tứ giác nội tiếp nên ta có:
� �
�  CDQ
�
nên tứ giác XDQC nội tiếp (2)
QXC
ABQ  PBQ
Từu 1 và (2) suy ra QX là trục thẳng phương của hai đường tròng (ABQ) avf (CDQ) do đó IJ  XQ

b) Ta sẽ chứn gminh rằng đường thẳng YZ đi qua điểm Q cố định và đường thẳng này cũng đi qua điểm X.
�  DCX
�  PCA
�
Vì XDQC nội tiếp nên DQX

(3)

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

2


�  CPZ
�  DPZ
�
Từ PZ || AC nên PCA
�  DPZ
�
Từ (3) và (4) suy ra DQX

(4)

�  DQZ
�  1800 , do đó DQX
�  DPZ
�  1800 hay Z, Q, X thẳng hàng.
Mặt khác PDQZ nội tieeso nên DPZ
Chứng minh tương tự ta được Y, Q, X thẳng hàng.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Câu 3. Từ giả thiết ta có y 3  x 2 �0 (modulo p)

2
2
Suy ra  y  x   y  yx  x  �0 (modulo p) (1)
Ta có y – xx là số nguyên dương bé hơn p và p là số nguyên tố nên y – x và p là nguyên tố cùng nhau. Do

đó (1) ta được x 2  y 2  z 2 �0 (modulo p) (2)
Chứng minh tương tự ta cũng có: y 2  yz  z 2 �0 (modulo p) (3)
Và z 2  zx  x 2 �0 (modulo p) (4)
Từ (2) và (3) ta có: z 2  x 2  yx  xy �0 (modulo p)
Suy ra  z  x   x  y  z  �0 (modulo p)
Do đó x + y + z chia hết cho p, mà 0 < x + y + x< 3p
� x + y + z bằng p hoặc 2p
(5)
2 �xy (modulo p)
Sử dụng (2) ta có (x + y)
, kết hợp với x + y � z (modulo p) ta được z 2 �xy (modulo p) ,
thay trở lại (2) ta có x 2  y 2  z 2 �0(modulo p) (6)
Nếu x + y + z = p thì (6) có ngay x 2  y 2  z 2 chia hết cho x + y + z
Nếu x + y + z = 2p thì (6) có ngay x 2  y 2  z 2 chia hết cho x + y + z
Câu 4.Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có
1 1 1
x 
y �
y
z
z
x 8 xyz
P 8 xyz
x y z
Cũng theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta được









4

4

4

1 1 1
1
�1 � �1 � �1 �
8 xyz    �1313 8 xyz . � � � � � �  1313 21
3
x y z
�4 x � �4 y � �4 z �
2 xyz .  xyz 
3

�x  y  z � 1
Và xyz ��
�� 6 . Suy ra P ≥ 13
� 3
� 2
1
Mà khí x = y = z =
thì P = 13, suy ra giá trị của P là 13
4

Câu 5. Ta sẽ giải thích bài toán tổng quát:
Bài toán. Cho m là số gnuyeen dương lớn hơn 1. Có 2m học sinh tham gia một buổi giao lưu. Biết rằng cứ 3
học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau. Kí
hiệu k là số cặp đôi như thế.
Tìm giá trị nhỏ nhất của k.
Lời giải Với mỗi số nguyên dương m > 1, rõ ràng tồn tại giá trị nhỏ nhất của k, ta kí hiệu giá trị này bởi
k(m)
Ta thấy k(2) = 2
Bây giờ giả sử m > 2
Xét buổi giao lưu gồm 2m học sinh sao cho cớ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học
sinh có trao đổi học tập với nhau bằng k(m).
Tồn tại ít nhất hai học sinh (kí hiệu là A và B) không trao đổi học tập với nhau, loại A và B ra khỏi buổi giao
lưu này ta có một buổi giao lưu gồm 2(m – 1) học sinh mà cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi

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

3


gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau. Số cặp dôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh
nghiệm học tập với nhau trong buổi liên hoan mới sẽ không ít hơn k(m – 1), mà mỗi học sinh trong buổi liên
hoan mới sẽ trao đổi kinh nghiệm học tập với A hoặc B (vì A và không trao đổi học tập với nhau)
Suy ra k(m)≥k(m – 1) + 2(m – 1)
Do đó k(m) ≥ m(m – 1) với mỗi số nguyên dương m > 1 (1)
Với mỗi số nguyên dương m > , ta xét mội buổi giao lưu gồm 2m học sinh như sau:
Các học sinh trong buổi giao lưu thuộc một trong hai nhốm (gọi là X và Y). Nhóm X gồm m học sinh có
trao đổi học tập từng đôi một, nhóm Y gồm m học sinh có trao đổi học tập từng đôi một. Mỗi học sinh của
nhóm này đều không có trao đổi học tập với bất kỳ một học sinh nào của nhóm kia.
Rõ ràng trong buổi giao lưu này, cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao
đổi kinh nghiệm học tập với nhau số cặp đôi trao đổi học tập với nhau bằng m(m – 1).

Suy ra k(m) ≤ m(m – 1) với mỗi số nguyên dương m > 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra k(m) = m(m – 1) với mỗi số nguyên dương m > 1.
Trở lại bài toán ban đầu.
Theo trên ta có giá trị k bé nhất là k(21) = 420

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

4