Tài liệu 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 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ TOÁN – TIN ĐỀ ĐỀ NGHỊ LÀM ĐỀ CHỌN HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI ĐHBB 2015 Môn: Toán 10 Câu 1 8 xy  2 y  8 y  4   x  y 2  Giải hệ phương trình:  3x  8  2x  7  y  1   2 Câu 2 Cho đường tròn (O) và hai điểm phân biệt A, B cố định (AB không phải là đường kính). Điểm C bất kì trên cung lớn » AB , vẽ đường kính CE. Gọi H là hình chiếu của C trên AB. CF là phân giác trong của ACB . Đường thẳng EF cắt lại (O) tại điểm thứ hai là K. a) Chứng minh rằng đường thẳng vuông góc với HK tại K luôn đi qua một điểm cố định khi C di động trên cung lớn » AB . b) Kẻ dây cung CD của (O) sao cho CD||AB. Gọi P là giao điểm của CK với AB, Q là giao điểm thứ hai của DH và (O). Chứng minh rằng PQ luôn đi qua điểm cố định khi C di động trên cung lớn » AB . Câu 3 Cho ®a thøc P(x) víi hÖ sè thùc tho¶ m·n ®ång thêi hai ®iÒu kiÖn: +) P(x) kh«ng cã nghiÖm thùc +) P( x).P( y )  P 2 ( x y ); x, y  R 2 (*) Chøng minh r»ng P(x) cã nghiÖm duy nhÊt Câu 4 Tìm bộ số nguyên dương có tổng là 2015 và có tích lớn nhất. Câu 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 x0 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 0 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 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 Xà 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 ( (xy)3 + 3xy 3 + 1 = 5y 2 Câu 1. Giải hệ phương trình 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 d của (O) khác với B, C. Điểm N thay đổi trên đoạn AM cố định trên cung nhỏ BC 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 Xà 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 6= 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 X a b + b a sym  ≥6+4 X cyclic a b+c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: 4 X cyclic X a a a ≤ + b + c sym b c Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM thì X a sym 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.