Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Đề HSG lớp 10 KVDH @ĐB Bắc Bộ 2019 – Tổ 20
ĐỀ KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XII, NĂM 2019
MÔN: TOÁN 10
TIME: 180 PHÚT
Câu 1 (4.0 điểm).
3
2
2
( 1)
( y + 1) + y y + 1 = x + 2
2
Giải hệ phương trình x + x − 2 x + 5 = 1 + 2 2 x − 4 y + 2 ( 2 ) .
Câu 2 (4.0 điểm).
Cho tam giác
ABC
có
AB = AC , các điểm D , E , F
lần lượt nằm trên các cạnh
DE // AB , DF // AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
BC , CA , AB
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
sao cho
AEF
tại
H ( H ≠ E ) . Đường
các điểm
A , G . Đường thẳng DE
thẳng qua
G
vuông góc với
GH
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
tại điểm
K ( K ≠ G ) , đường
thẳng qua
G
vuông góc với
GC
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF
tại điểm
L ( L ≠ G ) . Gọi P , Q
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
cạnh
BC
AEF
tại điểm
GDK , GDL . Chứng minh rằng khi điểm D
thay đổi trên
thì:
a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác
GEF
luôn đi qua hai điểm cố định.
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác
GPQ
luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 3 (4.0 điểm).
Tìm tất cả các số nguyên dương
m, n
và số nguyên tố
p
thỏa mãn
4m3 + m2 + 40m = 2 ( 11 p n − 5 ) .
Câu 4 (4.0 điểm).
Cho 3 số thực dương
a , b , c . Chứng minh rằng:
a(a − 2b + c) b(b − 2c + a) c(c − 2a + b)
+
+
≥0
.
ab + 1
bc + 1
ca + 1
Câu 5 (4.0 điểm).
Cho bảng ô vuông kích thước 100 × 100 mà mỗi ô được điền một trong các ký tự
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
A, B, C , D
sao cho trên
Trang 1
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Đề HSG lớp 10 KVDH @ĐB Bắc Bộ 2019 – Tổ 20
mỗi hàng, mỗi cột của bảng thì số lượng ký tự từng loại đúng bằng
(không
25 . Ta gọi hai ô thuộc cùng hàng
nhất thiết kề nhau) nhưng được điền khác ký tự là “cặp tốt”, còn hình chữ nhật có các cạnh song song với
cạnh hoặc nằm trên cạnh của bảng và bốn ô vuông đơn vị ở bốn góc của nó được điền đủ bốn ký tự
A, B, C , D
là “bảng tốt”.
a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông
1× 4, 4 × 1 và
2 × 2 đều có chứa đủ các ký tự A, B, C , D ?
b) Chứng minh rằng với mọi cách điền thỏa mãn đề bài thì trên bảng ô vuông đã cho:
i) Luôn có
2
cột của bảng mà từ đó có thể chọn ra được
76
cặp tốt.
ii) Luôn có một bảng tốt.
HẾT
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 2
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Đề HSG lớp 10 KVDH @ĐB Bắc Bộ 2019 – Tổ 20
GIẢI CHI TIẾT ĐỀ KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG
THPT CHUYÊN KHU VỰC
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XII, NĂM 2019
MÔN: TOÁN 10
TIME: 180 PHÚT
Câu 1.
3
2
2
( 1)
( y + 1) + y y + 1 = x + 2
2
Giải hệ phương trình x + x − 2 x + 5 = 1 + 2 2 x − 4 y + 2 ( 2 ) .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Chí Thành; Fb: Nguyễn Chí Thành
Điều kiện:
2x − 4 y + 2 ≥ 0 .
Từ phương trình
( 1) , ta có:
2 x − 4 y + 2 = y + 1 + 2 y. y + 1 + y ⇔ 2 x − 4 y + 2 =
2
2
( 2)
Thay vào phương trình
2
và chú ý rằng
(
)
2
y +1 + y .
2
y2 + 1 + y > 0 .
Lúc này ta được:
x + x2 − 2x + 5 = 1 + 2
(
)
y2 + 1 + y ⇔ x − 1+
( x − 1)
2
+4=2
(
y2 + 1 + y
)
2
x −1 x −1
2
⇔
+
÷ + 1 = y + 1 + y ( 3)
2
.
2
Đặt
u=
x−1
2
2
2 . Từ ( 3) trở thành u + u + 1 = y + 1 + y
⇔ u − y + u2 + 1 − y2 + 1 = 0
⇔u− y+
( u − y) ( u + y)
u2 +1 + y2 + 1
=0
u+ y
÷= 0
⇔ ( u − y ) 1+
2
2
÷ . ( 4)
u
+
1
+
y
+
1
Do
1+
u+ y
u2 + 1 + y2 + 1
(
=
) (
u2 + 1 + u +
y2 + 1 + y
u2 + 1 + y2 + 1
) >0
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 3
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Nên từ ( 4 )
cho ta
u=
Đề HSG lớp 10 KVDH @ĐB Bắc Bộ 2019 – Tổ 20
x −1
y , hay 2 = y ⇒ x = 2 y + 1 .
5
y
+
1
+
y
y
+
1
=
2
y
+
(
)
⇔
Thay vào phương trình ( 1) ta được:
2
2
⇔ y2 + 1 + y = 2
(vì
)
2
y +1 + y = 4
y2 + 1 + y > 0 )
Kết luận: Hệ có đúng một nghiệm
Cho tam giác
AB
(
2
3
5
y2 + 1 = 2 − y ⇒ y2 + 1 = 4 − 4 y + y2 ⇔ y = ⇒ x =
4
2.
⇔
Câu 2.
2
sao cho
tiếp tam giác
AEF
AB = AC , các điểm D , E , F lần lượt nằm trên các cạnh BC , CA ,
DE // AB , DF // AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn ngoại
ABC
có
AEF
tại các điểm
tại điểm
tam giác
5 3
( x; y ) là 2 ; 4 ÷ .
ABC
A , G . Đường thẳng DE
H ( H ≠ E ) . Đường thẳng qua G
tại điểm
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
vuông góc với
K ( K ≠ G ) , đường thẳng qua G
GH
cắt đường tròn ngoại tiếp
vuông góc với
GC
cắt đường tròn
AEF tại điểm L ( L ≠ G ) . Gọi P , Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác GDK , GDL . Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên cạnh BC thì:
ngoại tiếp tam giác
a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác
GEF
luôn đi qua hai điểm cố định.
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác
GPQ
luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Hồng Nhung; Fb: Nguyễn Thị Hồng Nhung
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 4
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
a) Gọi
Đề HSG lớp 10 KVDH @ĐB Bắc Bộ 2019 – Tổ 20
O , O′ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC , AEF . Gọi E ′
đối xứng với E qua đường thẳng AO . Khi đó
giác
BDEE ′
EE′ // BC vì cùng vuông góc với AO
DE = BE′ , kết hợp với DE = AF
là hình bình hành suy ra
(Có thể không cần dựng điểm E ′ , dễ thấy tam giác
bình hành, nên ta có
Suy ra
ta được
là điểm
suy ra tứ
BF = AE
BFD cân tại F và có tứ giác AEDF
là hình
·
EAF
suy ra
BF = DF = AE ).
∆ OAE ′ = ∆ OBF ⇒ OE = OF .
Kết hợp với
OA
là phân giác của góc
O ∈ ( AEF ) . Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định A , O .
b) Tam giác
tại
F
suy ra
FBD cân tại F
1·
1·
·
GBF
= GOA
= GFA
suy ra FB = FD ,
nên tam giác
2
2
FB = FG . Từ đó suy ra F
Chứng minh tương tự ta được
Từ đó
EF
là trung trực của
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
cân tại
là giao điểm của đường thẳng qua
thẳng qua
O′
song song với
GC
và
F
suy ra
vuông góc với
DG
cân
DGB .
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
DG , kết hợp với AG
· = EAF
· = EDF
· ⇒ ∆ FHD
FHD
P
E
FGB
DGC .
suy ra
EF // AG .
FH = FD ⇒ H ∈ ( GBD ) .
O song song với GH
và
EF , Q là giao điểm của đường
EF .
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 5
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
E
là tâm đường tròn
hợp với
GC
Câu 3.
O
suy ra
GL
song song
( 1)
và
( 2)
kết hợp với
PQ , kết hợp với OO′
cân hay nó nội tiếp suy ra
( GPQ )
Tìm
nguyên
tất
là tâm đường tròn ngoại tiếp
cả
( GAC )
suy ra
OE ⊥ GC , kết
OE . Do đó OE ⊥ O′Q ⇒ QE = QO ( 1) .
PO = PF ( 2 ) .
OE = OF ,
trung trực của
và
GL
vuông góc với
Tương tự ta được
Mặt khác
( GDC )
Đề HSG lớp 10 KVDH @ĐB Bắc Bộ 2019 – Tổ 20
các
số
là trung trực của
luôn đi qua điểm
dương
∆ QOE = ∆ POF ⇒ OP = OQ ⇒ OO′
ta được
m, n
GA
nên tứ giác
AQPG
là
là hình thang
A cố định.
và
số
nguyên
tố
p
thỏa
mãn
4m3 + m 2 + 40m = 2 ( 11 p n − 5 ) .
Lời giải
Tác giả: Trịnh Quang Hoàng; Fb: Hoàng DeMon
Phương trình đã cho tương đương với
TH1:
Với
n = 1 , thử trực tiếp với m = 1,2,3,4,5 đều không thỏa mãn.
m > 5 ⇒ 4m + 1 > 22, m 2 + 10 > 22 . Do đó (4m + 1)Mp,(m 2 + 10)Mp vô lí do n = 1 .
TH2:
Với
( 4m + 1) ( m2 + 10 ) = 22 p n .
n > 1 , thử trực tiếp với m = 1,2,3,4,5 đều không thỏa mãn.
m > 5 ⇒ 4m + 1 > 22, m 2 + 10 > 22 . Do đó (4m + 1)Mp,(m 2 + 10)Mp .
4m + 1 = 11x. p a
*
2
y b
Suy ra m + 10 = 2.11 . p x, y ∈ { 0,1} ; x + y = 1; a , b ∈ ¥ .
(
∀ m ∈ ¥ * ta có m 2 + 10 > 4m + 1 .
Dễ thấy
+) Nếu
)
b≥ a
thì
11( m 2 + 10 ) ≡ 0 mod ( 4m + 1) ⇒ 11m2 ≡ −110 mod ( 4m + 1)
11.16m 2 ≡ −1760 mod ( 4m + 1) ⇒ 11 ≡ −1760 mod ( 4m + 1)
(do 16m
Mà
2
≡ 1mod ( 4m + 1) ) ⇒ 1771 ≡ 0mod ( 4m + 1)
4m + 1 ≡ 1( mod 4 ) , 1771 =
4m + 1 = 77
⇒ 4m + 1 = 161 ⇒
7.11.23 4m + 1 = 253
m = 19
m = 40
m = 63
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 6
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Đề HSG lớp 10 KVDH @ĐB Bắc Bộ 2019 – Tổ 20
Thử lại đều không thỏa mãn.
+) Nếu
b< a
a
4m + 1 = p
⇒ 2
b
y
=
1,
x
=
0
m + 10 = 2.11. p
thì
p | 4m + 1
p=7
⇒ p | ( 4m − 160 ) ⇒ p |161 ⇒
2
2
Do p | m + 10 ⇒ p | 4 m + 10 − m ( 4m + 1) = 40 − m
p = 23
(
)
+ Nếu
p = 23 thì do 22.23b > 23a ⇒ 22 > 23a − b
+ Nếu
p= 7
thì do
vô lí do
a − b∈ ¥* .
22.7b > 7 a ⇒ 22 > 7 a − b ⇒ a − b = 1 .
b +1
4m + 1 = 7
⇒ m = 12
2
k
m
+
10
=
22.7
Khi đó ta có:
.
Thay vào phương trình ban đầu tìm được
Vậy
Câu 4.
n = 3.
( m; n; p ) = ( 12;3;7 ) .
Cho 3 số thực dương
a, b, c . Chứng minh rằng:
a(a − 2b + c) b(b − 2c + a) c(c − 2a + b)
+
+
≥0
.
ab + 1
bc + 1
ca + 1
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Uyên; Fb: Uyen Nguyen
a ( a − 2b + c ) a 2 + 1 + ac + 1 − 2 ( ab + 1) a 2 + 1 ac + 1
=
=
+
−2
Ta có:
ab + 1
ab + 1
ab + 1 ab + 1 .
b ( b − 2c + a ) b2 + 1 ba + 1
c ( c − 2a + b ) c 2 + 1 cb + 1
=
+
−2
=
+
−2
Tương tự ta có:
và
bc + 1
bc + 1 bc + 1
ca + 1
ca + 1 ca + 1 .
a ( a − 2b + c )
Vậy
ab + 1
+
b ( b − 2c + a )
bc + 1
+
c ( c − 2a + b )
ca + 1
≥0
a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1 ac + 1 ba + 1 cb + 1
⇔
+
+
+
+
÷+
÷− 6 ≥ 0
ab
+
1
bc
+
1
ca
+
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
+
1
a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1 ac + 1 ba + 1 cb + 1
⇔
+
+
+
+
÷+
÷≥ 6
ab
+
1
bc
+
1
ca
+
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
+
1
.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có:
ac + 1 ba + 1 cb + 1
ac + 1 ba + 1 cb + 1
+
+
≥ 3 ×3
×
×
=3
ab + 1 bc + 1 ca + 1
ab + 1 bc + 1 ca + 1
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
(1)
Trang 7
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Đề HSG lớp 10 KVDH @ĐB Bắc Bộ 2019 – Tổ 20
2
2
2
a 2 + 1) ( b 2 + 1) ( c 2 + 1)
(
a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1
a
+
1
b
+
1
c
+
1
+
+
≥ 3 ×3
×
×
= 3 ×3
ab + 1 bc + 1 ca + 1
ab + 1 bc + 1 ca + 1
( ab + 1) ( bc + 1) ( ca + 1) .
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swcharz ta có:
( a 2 + 1) ( b 2 + 1) ≥ ( ab + 1) 2
2
2
2
2
2
2
2
2
( b + 1) ( c + 1) ≥ ( bc + 1) ⇒ ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ≥ ( ab + 1) ( bc + 1) ( ca + 1)
2
2
2
( c + 1) ( a + 1) ≥ ( ca + 1)
( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ≥ 1
⇒ ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ≥ ( ab + 1) ( bc + 1) ( ca + 1) ⇒
( ab + 1) ( bc + 1) ( ca + 1) .
2
2
2
2
2
2
a 2 + 1) ( b2 + 1) ( c 2 + 1)
(
a 2 + 1 b2 + 1 c2 + 1
+
+
≥ 3 ×3
≥3
ab
+
1
bc
+
1
ca
+
1
( ab + 1) ( bc + 1) ( ca + 1) .
Suy ra:
(2)
Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh.
=
Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi
a = b = c.
Cách 2:
a ( a − 2b + c ) a 2 + 1 + ac + 1 − 2 ( ab + 1)
a2
1
ac + 1
=
=
+
+
−2
Ta có:
ab + 1
ab + 1
ab + 1 ab + 1 ab + 1 .
b ( b − 2c + a )
b2
1
ba + 1
=
+
+
−2
Tương tự ta có:
bc + 1
bc + 1 bc + 1 bc + 1
c ( c − 2a + b )
c2
1
cb + 1
=
+
+
−2
Và
ca + 1
ca + 1 ca + 1 ca + 1 .
a ( a − 2b + c ) b ( b − 2c + a ) c ( c − 2a + b )
+
+
≥0
Vậy suy ra
ab + 1
bc + 1
ca + 1
a2
b2
c2 1
1
1 ac + 1 ba + 1 cb + 1
⇔
+
+
+
+
+
+
÷+
÷+
÷≥ 6
ab
+
1
bc
+
1
ca
+
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
+
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
+
1
.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số, ta có:
ac + 1 ba + 1 cb + 1
ac + 1 ba + 1 cb + 1
+
+
≥ 3 ×3
×
×
=3
ab + 1 bc + 1 ca + 1
ab + 1 bc + 1 ca + 1
(1)
Mặt khác áp dụng dạng phân thức của bất đẳng thức Cauchy-Swcharz, ta có:
a2
b2
c2 1
1
1
+
+
+
+
÷+
÷
ab + 1 bc + 1 ca + 1 ab + 1 bc + 1 ca + 1
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 8
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
≥
( a + b + c)
3 ( ab + bc + ca ) + 9
=3
.
ab + bc + ca + 3 ab + bc + ca + 3
ab + bc + ca + 3
2
+
( 1 + 1 + 1)
Đề HSG lớp 10 KVDH @ĐB Bắc Bộ 2019 – Tổ 20
2
≥
(2)
Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh.
=
Câu 5.
Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi
a = b = c.
Cho bảng ô vuông kích thước
100 × 100 mà mỗi ô được điền một trong các ký tự A, B, C , D
sao
cho trên mỗi hàng, mỗi cột của bảng thì số lượng ký tự từng loại đúng bằng 25. Ta gọi hai ô
thuộc cùng hàng (không nhất thiết kề nhau) nhưng được điền khác ký tự là “cặp tốt”, còn hình
chữ nhật có các cạnh song song với cạnh hoặc nằm trên cạnh của bảng và bốn ô vuông đơn vị ở
bốn góc của nó được điền đủ bốn ký tự
A, B, C , D
là “bảng tốt”.
a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông
1× 4, 4 × 1 và
2 × 2 đều có chứa đủ các ký tự A, B, C , D ?
b) Chứng minh rằng với mọi cách điền thỏa mãn đề bài thì trên bảng ô vuông đã cho:
i) Luôn có
2
cột của bảng mà từ đó có thể chọn ra được
76
cặp tốt.
ii) Luôn có một bảng tốt.
Lời giải
Tác giả: Vũ Hoàng Anh; FB: Vũ Hoàng Anh.
A , B , C , D . Khi đó,
ô thứ hai của cột 2 phải điền D vì nó thuộc hai hình vuông 2x2 đã chứa sẵn A , B , C . Do đó, ta
điền tiếp được cột 2 theo thứ tự C , D , A , B . Cứ như thế ta điền tiếp cho cột 3, 4.
a) Không mất tính tổng quát, giả sử rằng 4 ô đầu tiên của cột 1 được điền
A
C
A
C
B
D
B
D
C
A
C
A
D
B
D
B
Tuy nhiên, ta thấy các hàng khi đó không thỏa mãn vì chứa hai loại ký tự. Vậy nên không có
cách điền nào thỏa mãn điều kiện đã nêu.
b)
i. Tồn tại hai cột.
Giả sử phản chứng rằng mỗi cặp cột tùy ý đều có ít nhất 25 cặp ô cùng ký tự. Cố định cột 1, xét
T là số bộ ( a; b )
Theo giả sử trên thì T ≥ 99.25 .
99 cột còn lại. Gọi
Mặt khác theo giả thiết thì
trong đó cột
a≥ 2
có ô thứ
b
từ trên xuống là cùng ký tự.
T = 100.24 (tính theo hàng).
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 9
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC
Đề HSG lớp 10 KVDH @ĐB Bắc Bộ 2019 – Tổ 20
Suy ra 100.24 ≥ 99.25 , điều vô lý này chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai, tức là luôn chọn
được hai cột thỏa mãn đề bài.
ii. Tồn tại bảng tốt.
Giả sử phản chứng rằng không có 2 hàng, 2 cột nào cắt nhau tạo thành hình chữ nhật thỏa mãn.
Xét 2 cột đã chọn được ở trên, giả sử đã có cặp
Ta có hai khả năng:
- Nếu có
( A; D )
số lần ký tự
- Nếu có
ký tự
lý.
thì không có
( A; B ) , ( A; C )
thì sẽ không có
( C ; D ) , ( B; D ) .
( B; C ) , khi đó mỗi cặp trong 76 cặp đều có ký tự A ; trong khi
A xuất hiện trên đó tối đa là 50, vô lý.
( B; C )
thì không có
( A; D ) , khi đó trên 76 cặp sẽ có 76.2 = 152 số lần xuất hiện của
A , B , C , trong đó số lần xuất hiện ký tự A , B , C
tối đa trong 76 cặp trên là 150, cũng vô
Từ đây ta có đpcm.
HẾT
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
10
Trang