De de nghi HSG cap truong k10 NH 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO VĨNH LONG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học 2018– 2019. Môn: Toán 10
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 20/4/2019

Học sinh làm 6 bài toán sau.
Bài 1. (4,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau
a)

3 x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0.

2 x

 x + y + y = 10
b)  2 1
x +
+ 2 x = 12

y2
Bài 2. (4,0 điểm)
2019

a) Cho 2019 số nguyên x1 ; x2 ; x3 ;...; x2019 sao cho

∑x
i =1

i

= 0 . Chứng minh rằng

2019

S = ∑ xi 81 chia hết cho 255.
i =1

b)
Cho đa giác ( H ) có n đỉnh ( n Î ¥ , n > 4) . Tìm n , biết số các tam giác có 3 đỉnh là
đỉnh của ( H ) và không có cạnh nào là cạnh của ( H ) gấp 5 lần số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh
của ( H ) và có đúng 1 cạnh là cạnh của ( H ) .
Bài 3. (3,0 điểm) Cho a, b là hai số thực dương có tổng bằng 1 . Chứng minh rằng:
1
1
+
≥ 6.
2
a + b ab
2

Bài 4. (4,0 điểm)
a) Cho tam

giác

( AH + BH + CH )

2

nhọn

với H là trực tâm. Giả sử ta có
= AB + BC + CA . Hãy chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.
2

ABC
2

2

µ > 900 đồng thời các cạnh đều là các số
µ và C
b) Cho tam giác ABC có góc µA = 2 B
nguyên dương. Tìm tam giác có chu vi nhỏ nhất ?
Bài 5. (3,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không là tam giác vuông và nội
tiếp đường tròn (I) ( đường tròn (I) có tâm là I ); điểm H ( 2; 2 ) là trực tâm tam giác ABC. Kẻ các
đường kính AM, BN của đường tròn (I). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết
M ( 5;3) , N ( 1;3) và đường thẳng BC đi qua điểm P ( 4; 2 ) .
Bài 6. (2,0 điểm)
Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 . Chứng minh rằng có thể chọn ra
bốn số a, b, c, d sao cho a < b < c và a + b + c = d .

HẾT
• Học sinh không được phép sử dụng tài liệu;
• Học sinh không được phép sử dụng máy tính cầm tay.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO VĨNH LONG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG
LỚP 10 THPT. MÔN TOÁN 10. KHÓA THI NGÀY ………..
Bài 1a

2,0

Giải phương trình 3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0. (1)
−1
≤ x≤6
Điều kiện:
3
(1) ⇔

(

) (

0,25

)

3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0

3x − 15
x −5
⇔
+
+ ( x − 5)(3x + 1) = 0

3x + 1 + 4 1 + 6 − x
x = 5
⇔
3
1

+
+ 3 x + 1 = 0(VN )
 3x + 1 + 4 1 + 6 − x
⇔ x =5
- Kết luận. Tập nghiệm của phương trình đã cho là: T = { 5} .

Bài 1b

0,25
0,25
0,25
0,25
3,0

2 x

x
+
+ = 10

y y
Giải hệ phương trình 
(*)
1

2
x +
+ 2 x = 12

y2
ĐK: y ≠ 0 . Đặt a = x + 1; b =

0,25
0,5

0,25

1
y

Ta có hệ phương trình trở thành

a + b + ab = 11
 2
2
a + b = 13
a + b = 5 a + b = −7
⇔
∨
(VN )
ab
=
6
ab
=

18


a = 2 a = 3
⇔
∨
b
=
3

b = 2

0,25

0,25x2
0,25

a = 2
 1
⇒ ( x; y ) =  1; ÷
 3
b = 3

0,25

a = 3
 1
⇒ ( x; y ) =  2; ÷
 2
b = 2

0,25

TH1: 

TH2: 

Kết luận
Bài 2a

0,25
2019

Cho 2019 số nguyên x1 ; x2 ; x3 ;...; x2019 sao cho
2019

S = ∑ xi 81 chia hết cho 255.
i =1

∑x
i =1

i

= 0 . Chứng minh rằng

2,0


Theo định lí Fermat nhỏ ta có:

Với mọi x nguyên tố cùng nhau với 3, x 2 ≡ 1(mod 3) ⇒ x80 ≡ 1(mod 3) .
Với mọi x nguyên tố cùng nhau với 5, x 4 ≡ 1(mod 5) ⇒ x80 ≡ 1(mod 5) .
Với mọi x nguyên tố cùng nhau với 17, x16 ≡ 1(mod17) ⇒ x80 ≡ 1(mod17) .
2019

S
≡
xi = 0(mod 3)
∑

81
i =1
 x ≡ x (mod 3)

2019
 81

Do đó với mọi số nguyên x ta có:  x ≡ x (mod 5) ⇒  S ≡ ∑ xi = 0(mod 5)
i =1
 x81 ≡ x (mod17) 
2019


 S ≡ ∑ xi = 0(mod17)
i =1


Vậy S chia hết cho 255.
Bài 2b

0,5x2

0,25

Cho đa giác ( H ) có n đỉnh ( n Î ¥ , n > 4) . Tìm n , biết số các tam giác có 3 đỉnh là 2,0
đỉnh của ( H ) và không có cạnh nào là cạnh của ( H ) gấp 5 lần số các tam giác có
3 đỉnh là đỉnh của ( H ) và có đúng 1 cạnh là cạnh của ( H ) .
3
0,25
Số tam giác tạo thành có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác là Cn .
0,25
Số tam giác tạo thành có đúng 2 cạnh là cạnh của đa giác là n .
0,25
Số tam giác tạo thành có đúng 1 cạnh là cạnh của đa giác là n( n- 4) .
Suy ra số tam giác tạo thành không có cạnh nào là cạnh của đa giác là
0,25
Cn3 - n- n( n- 4) .
3
Theo giả thiết, ta có Cn - n- n( n- 4) = 5.n( n- 4)
n!
Û Cn3 = 6.n( n- 4) + n Û
= 6.n( n- 4) + n
3!.( n- 3) !

Û

( n- 2) ( n- 1)
6

0,25

0,5

én = 35
= 6( n- 4) +1 Û n2 - 39n +140 = 0 Û ê
.
ên = 4
ë

0,25

Do n> 4 nên ta chọn n = 35 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 3

0,25
0,25
0,25

Cho a, b là hai số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:

1
1
+
≥ 6.
2
a + b ab

3,0

2

0,5

1
1
1
1
1
+
= 2
+
+
2
2
a + b ab a + b 2ab 2ab
2

*Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwars:
1
1
(1 + 1) 2
4
+
≥
=
= 4.
2
2
2
2
a + b 2ab a + b + 2ab (a + b) 2

(1)

*Áp dụng bất đẳng thức AM – GM:
2
1
1
 a+b
(2)
ab ≤ 
≥ 4.
÷ ⇔ ab ≤ ⇔
4
ab
 2 
1
1
1
1
1
1
+
= 2
+
+
≥ 4 + .4 = 6.
Từ (1) và (2) suy ra 2
2
2
a + b ab a + b 2ab 2ab

2
1
1
+
≥ 6.
Hay 2
2
a + b ab

0,75
0,75

0,5


 a, b > 0, a + b = 1
 1
1
1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  a 2 + b 2 = 2ab ⇔ a = b = .
2

a
=
b

Bài 4
a)

0,5

Cho tam giác nhọn ABC với H là trực tâm. Giả sử ta có 2,0
2
( AH + BH + CH ) = AB 2 + BC 2 + CA2 . Hãy chứng minh tam giác ABC là tam
giác đều
ABC là tam giác nhọn, gọi A ', B ', C ' lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ
A, B, C xuống các cạnh BC , CA, AB .
Xét tứ giác nội tiếp BC ' HA ' có:
b2 + c2 − a2
AH . AA ' = AC '. AB = bc.cosA =
2
2
2
2
a + c −b
a 2 + b2 − c2
Tương tự BH .BB ' =
, CH .CC' =
2
2
2
2
2
a +b +c
Suy ra AH . AA '+ BH .BB '+ CH .CC ' =
2
0,5
0,5
HA ' HB ' HC ' S HBC S HCA S HAB

HA HB HC
+
+
=
+
+
=1⇒
+
+
=2
Lại có
AA ' BB ' CC ' S ABC S ABC S ABC
AA ' BB ' CC '
Áp dụng bđt Cauchy- Schwarz, ta được
HA HB HC
HA2
HB 2
HC 2
2=
+
+
=
+
+
AA ' BB ' CC ' AA '. AH BB '.BH CC '.CH
≥

( AH + BH + CH )

2

AH . AA '+ BH .BB '+ CH .CC '

( AH + BH + CH )
=

2

a 2 + b2 + c2
2

⇔ ( AH + BH + CH ) ≤ a 2 + b 2 + c 2 (*)
2

4b

0,5
Theo đề bài, đẳng thức ở (*) xảy ra khi và chỉ khi AA ' = BB ' = CC ' hay tam giác 0,5
ABC là tam giác đều.
µ > 900 đồng thời các cạnh đều là các số 2,0
µ và C
Cho tam giác ABC có góc µA = 2 B
nguyên dương. Tìm tam giác có chu vi nhỏ nhất ?
µ = 1800 − 3B
µ > 900 ⇒ B
µ < 300 ⇒ 3 < cos B < 1
µ nên C
Ta có µA = 2 B
0,5
2

a
b
c
=
=
Theo
định
lý
sin
thì
do
đó
sin 2 B sin 2C sin 3B
a = 2b cos B ⇒ a = 4b 2 cos 2 B
b+c
0,5
c = b (3 − 4sin 2 B ) = b(4cos 2 B − 1) ⇒ cos 2 B =
4b
Suy ra a 2 = b(b + c ) với a, b, c nguyên dương mà a + b + c nhỏ nhất thì
(a, b, c) = 1 , do đó (b, c ) = 1 , hơn nữa b, b + c phải là các số chính phương nên tồn
tại m, n ∈ ¥ * sao cho b = m 2 ; b + c = n 2 ; a = m.n .
0,5
3
a
n
< cos B < 1 ⇒ 3 < 2cos B < 2 ⇒ 3 < < 2 ⇒ 3 < < 2
2
b
m
m

=
7;
n
=
4
Ta được
là cặp số nguyên dương nhỏ nhất thỏa các yêu cầu của
Do đó


đề bài. Vậy (a, b, c) = (28,16,33) là số đo ba cạnh của tam giác có chu vi nhỏ 0,5
nhất là min P = 77
Bài 5

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không là tam giác vuông
và nội tiếp đường tròn (I) ( đường tròn (I) có tâm là I ); điểm H ( 2; 2 ) là trực tâm
tam giác ABC. Kẻ các đường kính AM, BN của đường tròn (I). Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC biết M ( 5;3) , N ( 1;3) và đường thẳng BC đi qua điểm P ( 4; 2 ) .
Nhận xét. Các tứ giác BHCM, AHCN là các hình bình hành suy ra nếu gọi E, F lần
lượt là trung điểm của BC, CA thì E, F cũng tương ứng là trung điểm của HM, HN.
7 5 3 5
Do đó E  ; ÷, F  ; ÷ .
 2 2  2 2
7 5
Đường thẳng BC đi qua điểm P ( 4;2 ) , E  ; ÷ nên viết được phương trình
2 2
BC : x + y − 6 = 0 .
r
AH vuông góc với BC suy ra AH có vtpt n AH = ( 1; −1) , kết hợp với AH đi qua điểm
H ( 2; 2 ) suy ra: AH : x − y = 0 .

A ∈ AH ⇒ A ( a; a ) , C ∈ BC ⇒ C ( b;6 − b ) .
Do F là trung điểm AC nên:
x A + xC

x
=
F

a + b = 3
a = 1
2
⇔
⇔
⇒ A ( 1;1) , C ( 2; 4 ) .

y
+
y
a
+
6
−
b
=
5
b
=
2



A
C
y =
 F
2
Do E là trung điểm của BC nên tìm được B ( 5;1) .

3,0

0,5
0,5

0,5
0,5

0,5

0,5

Vậy A ( 1;1) , B ( 5;1) , C ( 2; 4 ) .
A

F

H

N

I

B

E

P

C

M

Bài 6

Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 . Chứng minh rằng có thể
2,0
chọn ra bốn số a, b, c, d sao cho a < b < c và a + b + c = d .
Giả sử 69 số đó là 0 < a1 < a2 < ... < a69 < 101
Xét các 68 tổng a69 + a1, a68 + a1,..., a2 + a1 và 67 hiệu a69 − a2 , a68 − a2 ,..., a3 − a2 , có 0,5
135 số tất cả. (1)
Ta có a69 + a1 > a68 + a1 > ... > a2 + a1 và a69 − a2 > a68 − a2 > ... > a3 − a2
0,5
Mặt khác 1 ≤ a j − a2 , ai + a1 ≤ 100 + 32 = 132 (2)
0,5
Từ (1) và (2) kết hợp với nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai số i, j sao cho
0,5
ai + a1 = a j − a2 (i ≠ j ) ⇒ a j = ai + a1 + a2 là 4 số thỏa đề bài.