Đề thi HSG khu vực Bắc Bộ năm 2012 Môn Toán 10 pptx

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2011- 2012 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012 (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 1 trang Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau: 3 3 2 2 2 3 9 4 x y y x y x y            Câu 2 (4 điểm): Cho , , x y z là các số thực dương thỏa mãn 3 xy yz zx    . Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 3 3 3 1 8 8 8 x y z x y z       . Câu 3 (4 điểm): Trên các cạnh BC, CA, AB và về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các hình vuông BCMN, ACPQ, ABEF. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Kí hiệu A 1 là giao điểm của AG và FQ; B 1 là giao điểm của BG và NE; C 1 là giao điểm của CG và MP. Ta xác định các điểm A 2 , B 2 , C 2 sao cho AGC 2 F, BGA 2 N, CGB 2 P là các hình bình hành. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua A 2 , B 2 , C 2 tương ứng vuông góc với B 1 C 1 , C 1 A 1 , A 1 B 1 đồng quy. Câu 4 (4 điểm): Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 3 3 4m m 12n n    . Chứng minh rằng m n  là lập phương của một số nguyên. Câu 5 (4 điểm): Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét tập hợp M các điểm có toạ độ (x; y) với x, y  R* và x  12; y  12. Mỗi điểm trong M được tô bởi một trong ba màu: màu đỏ, màu trắng hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ mà tất cả các đỉnh của nó thuộc M và được tô cùng màu. ………………………. HẾT ……………………. ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán 10 Câu Nội dung Điểm 1 Giải hệ phương trình:     3 3 2 2 2 3 9 1 4 2 x y y x y x y            4 điểm H ệ ph ương tr ình t ương đương:     3 3 2 2 2 3 9 3 3 4 x y y x y x y            3 3 2 2 2 3 3( ) 9 3( 4 ) x y y x y x y         1,0 3 2 3 2 3 3 1 6 12 8 x x x y y y         0,5 3 3 ( 1) ( 2) 1 2 3 x y x y x y            0,5 Thế vào phương trình (2) ta thu được: 2 2 9 6 0 y y    0,5 9 33 4 9 33 4 y y              0,5 Với 9 33 9 33 3 33 3 4 4 4 y x           0,5 Với 9 33 9 33 3 33 3 4 4 4 y x           Vậy phương trình có hai nghiệm:   3 33 9 33 ; ; 4 4 x y           ;   3 33 9 33 ; ; 4 4 x y           0,5 2 Cho , , x y z là các số thực dương thỏa mãn 3 xy yz zx    . Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 3 3 3 1 8 8 8 x y z x y z       . 4 điểm Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có: 2 2 3 2 2 2 2 3 ( 2) ( 2 4) 6 8 ( 2)( 2 4) 2 2 2 6 8 x x x x x x x x x x x x x x                   1,0 Tương tự, ta cũng có 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 ; 6 6 8 8 y y z z y y z z y z         . 0,5 Từ đó suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 6 6 6 8 8 8 x y z x y z x x y y z z x y z               . (1) 0,5 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 6 6 6 ( ) 18 x y z x y z x x y y z z x y z x y z                  (2) 1,0 Ta chứng minh:   2 2 2 2 2( ) 1 3 ( ) 18 x y z x y z x y z          Thật vậy: Ta có:           2 2 2 2 2 ( ) 18 2 18 12 0 x y z x y z x y z x y z xy yz zx x y z x y z                         0,5 Nên   2 2 2 2 3 2( ) ( ) 18 x y z x y z x y z           2 2 2 6 x y z x y z       Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có: 2 2 2 3( ) x y z xy yz zx x y z xy yz zx           Mà 3 xy yz zx    nên bất đẳng thức (3) đúng. Từ (1), (2) và (3), ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x y z    . 0,5 3 Trên các cạnh BC, CA, AB và về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các hình vuông BCMN, ACPQ, ABEF. Gọi G là tr ọng tâm tam giác ABC. Kí hiệu A 1 là giao điểm của AG và FQ; B 1 là giao điểm của BG và NE; C 1 là giao điểm của CG và MP. Ta xác định các điểm A 2 , B 2 , C 2 sao cho AGC 2 F, BGA 2 N, CGB 2 P là các hình bình hành. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua A 2 , B 2 , C 2 tương ứng vuông góc với B 1 C 1 , C 1 A 1 , A 1 B 1 đồng quy. 4 điểm B 2 A 2 C 2 C 1 B 1 A 1 G I M N F E P Q B C A Gọi I là trung điểm của BC. Ta có:      1 1 FQ.AI= FA+AQ AB+AC = FA.AB+FA.AC+AQ.AB+AQ.AC 2 2                0,5            0 1 1 = 0-AF.AC+AQ.AB+0 = -AF.AC.cosF AC+AQ.AB.cosQAB = 0 2 2 Do AF = AC, AQ = AB, FAC=QAB=90 +A       1 FQ AI hay FQ A 1 G   . 1,0 Ta có CGB 2 P là hình bình hành nên GB 2 song song và bằng CP nên GB 2 song song và bằng AQ, suy ra AQB 2 G là hình bình hành, vậy có QB 2 song song và bằng AG. Suy ra QB 2 song song và bằng FC 2 , nên FQB 2 C 2 là hình bình hành, hay FQ song song với B 2 C 2 (2). Từ (1) và (2) suy ra 1 2 2 A G B C  . 1,0 Tương tự cũng có 1 2 2 1 2 2 B G A C , C G A B   . 0,5 Vậy các đường thẳng đi qua A 1 , B 1 , C 1 tương ứng vuông góc với 2 2 2 2 2 2 B C ,C A ,A B đồng quy tại G nên theo hệ quả của định lí Cácnô ta có các đường thẳng đi qua A 2 , B 2 , C 2 tương ứng vuông góc với 1 1 1 1 1 1 B C ,C A ,A B cũng đồng quy. 1,0 4 Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 3 3 4m m 12n n    . Chứng minh rằng m n  là lập phương của một số nguyên. 4 điểm Ta có:     3 3 3 3 3 4m m 12n n 4 m n m n 8n               2 2 3 m n 4m 4mn 4n 1 8n 1       1,0 Giả sử p là một ước nguyên tố chung của m n  và 2 2 4m 4mn 4n 1    Do 2 2 4m 4mn 4n 1    là số lẻ nên p là số lẻ. 0,5 Từ (1) suy ra 3 8n p  mà p là số nguyên tố lẻ n p   m p   0,5 Mặt khác p là ước của 2 2 4m 4mn 4n 1    p 1   (vô lí) 0,5 do đó m n  và 2 2 4m 4mn 4n 1    không có ước nguyên tố chung, suy ra   2 2 m n,4m 4mn 4n 1 1      . 0,5 Do   3 3 8n 2n  , suy ra m – n là lập phương của một số nguyên. 1,0 5 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét tập hợp M các điểm có toạ độ (x; y) với x, y  *  và x  12; y  12. Mỗi điểm trong M được tô bởi một trong ba màu: màu đỏ, màu trắng hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ mà tất cả các đỉnh của nó thuộc M và được tô cùng màu. 4 điểm Tập M có 144 điểm được tô bằng 3 màu nên tồn tại 1 màu tô được tô ở không ít hơn 144 48 3  điểm. 0,5 Ta chọn trong các điểm của M đúng 48 điểm được tô cùng một màu. Chia các điểm của M thành 12 hàng (các điểm có cùng tung độ) và 12 cột (các điểm có cùng hoành độ). Gọi a i (i = 1,…,12) là số điểm trong 48 điểm được chọn có trong một cột thứ i suy ra: 12 i i 1 a 48    0,5 Khi đó, số cặp điểm được chọn trong cột thứ i là: i i a (a 1) 2  số cặp điểm có hoành độ trùng nhau là:   12 i i i 1 a a 1 2    0,5 Ta có:   2 12 i 12 12 12 12 2 i 1i i i i i i 1 i 1 i 1 i 1 a a a 1 1 1 a a a 72 2 2 2 12                                           1,0 Vì mỗi cặp được chọn trong cùng một cột tương ứng với một cặp hàng trong đó các điểm trong một hàng có cùng tung độ. Số các cặp hàng khác nhau là: 2 12 C 66  1,0 Vì 72 > 66 nên luôn tìm được hai cặp điểm nằm trên 1 cặp hàng. Vậy luôn tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ và có 4 đỉnh tô cùng một màu. 0,5 Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương. . HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2011- 2012 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012 (Thời gian làm bài 180. cả các đỉnh của nó thuộc M và được tô cùng màu. ………………………. HẾT ……………………. ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán 10 Câu Nội dung Điểm 1 Giải hệ phương trình:     3 3 2 2 2 3 9 1 4. LỚP 10 Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012 (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 1 trang Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau: 3 3 2 2 2 3 9 4 x y y x y x y  