TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN TỔ: TOÁN – TIN ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ Lớp: 10 ( Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề) Bài Giải hệ phương trình sau: (6 x 5) x y y 0 y x x x 23 Bài Cho a, b, c >0 thỏa mãn abc 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: ( k10 – 2014) P 1 a a b b b c c c a Bài Cho tam giác ABC điểm K thuộc cạnh BC cho KB=2KC, L hình chiếu B AK, F trung điểm BC, biết KAB 2KAC Chứng minh FL vng góc với AC Bài Cho p số nguyên tố a, b, c số nguyên cho: a n pb bn pc c n pa (1) với n * Chứng minh a=b=c Bài Giả sử S tập hợp có 2011 điểm mặt phẳng, hai điểm S cách đơn vị độ dài Chứng minh S có chứa tập T gồm 250 điểm mà hai điểm cách đoạn *********************** Hết *********************** ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Câu1 25 ĐKXĐ: x Lời giải Điểm điểm Từ phương trình đầu hệ ta có: x 3(2 x 1) y (2 y )(1) (1) có dạng f ( x 1) f ( y ) với f (t ) t (2 3t ) 2t 3t f(t) hàm đồng biến R Do (1) x y y Thế vào phương trình thứ hai hệ ta được: x x x x 23 x 2 x x 2 x x 23 x x 2 x x 24 0 Đặt t x x (2) (t 0) t 6(TM ) (2) đưa về: t 2t 24 0 t 4( L) x ( L) Với t=6 suy ra: x x 36 0 x 4(TM ) Với x= y=3 Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (4; 3) Câu2 điểm Do a, b, c 0, abc 1 nên tồn số dương x, y, z cho: x z y a ;b ;c y x z Khi đó: P y y x( x yz ) y2 xy ( x yz ) x x z ( z xy ) x2 zx( z xy ) z z y ( y xz ) z2 zy ( y zx) Theo bất đẳng thức bunhiacopxki ta có: P ( x y z )2 xy ( x yz ) yz ( y zx) zx( z xy ) ( x y x) ( xy yz zx)( x y z xy yz zx) Theo bất đẳng thức A-G : (2 xy yz zx)( x y z xy yz zx) x y z 3( xy yz zx) Lại có: 3( x y z ) 9( xy yz zx ) 3( x y z ) 3( xy yz zx) 4( x y z ) 2 x y z 3( xy yz zx) 4 x y z ( xy yz zx)( x y z xy yz zx) ( x y z ) P Dấu “=” xảy a=b=c=1 Vậy giá trị nhỏ P Câu3 điểm A L C F K B Đặt AB=c, AC=b, BC=a, KAC Khi đó: KAB 2 ; BAC 3 Áp dụng định lí sin cho tam giác ABK ACK, ta được: BK AK CK AK ; sin 2 sin B sin sin C Do BK=2CK, nên từ đẳng thức ta có: cos sin B (*) sin C Lại có: b2 c2 a a b2 c a FA2 FC bc.cos A bc cos 3 (1) LC LA2 b 2b.LA.cos LA2 b 2bc cos 2 cos LA2 LC 2bc cos cos 2 b bc cos cos3 b bc cos b bc cos 3 (**) Thay (*) vào (**), ta được: LA2 LC bc cos 3 (2) Từ (1) (2) suy ra: FA2 FC LA2 LC Theo bổ đề định lí carnot, suy CA vng góc với FL Câu4 Nếu hai ba số a, b, c từ (1) ta suy ba điểm số (thỏa mãn) Nếu hai ba số khơng ba số đơi khác Từ (1) ta có: a n bn bn c n c n a n p a b b c c a a n bn bn c n cn a n ;B ;C Đặt A a b b c c a A, B, C Suy ra: A.B.C p A Với n lẻ, thì: B A.B.C p (vơ lí) C Vậy n số chẵn Giả sử p 3 , p nguyên tố nên p số lẻ, suy A, B, C số lẻ Trong số a, b, c phải có số tính chẵn, lẻ, giả sử a, b an bn A (a n a n 2b ab n b n ) (có chẵn số hạng) a b số chẵn a, b tính chẵn, lẻ, mâu thuẫn với A số lẻ Do p=2, n số chẵn | p |8 Lại có: | A | | B | | C | | A |1 Giả sử: | A || B || C | | A | 8 | A |2 | A |2 a k b k (a b )(a 2( k 1) a 2( k 2)b a 2b 2( k 2) b 2( k 1) ) a b a b 2( k 1) 2( k 2) 2 2( k 2) A (a b)(a a b a b b 2( k 1) ) A Nếu |A|=1 thì: | a b |1 2( k 1) a 2( k 2)b a 2b 2( k 2) b 2( k 1) 1 a a 0; b 1 thay vào (1) : 2c+1= 2(vô lý) a 1; b 0 thay vào (1) : 2c=1(vô lý) Nếu |A|=2 thì: | a b |2 2( k 1) a 2( k 2)b a 2b 2( k 2) b 2( k 1) 1 a a 0; b 1 a 1; b 0 | a b |2 (vô nghiệm) Hoặc | a b |1 2( k 1) a 2( k 2)b a 2b 2( k 2) b 2( k 1) 2 a n 2 k 1 a 1 b | a b |1 a b n 2 thay vào (1): (1-b) 2b b 2c 2c 1(vô lý) a 1 b n 2 thay vào (1): (-1-b) 2b b 2c 4b 2c(vô lý) a b Vậy a, b, c số nguyên thỏa mãn đề a b c Câu điểm B C D A P Gọi đường thẳng qua điểm P S cho điểm S nằm phía Gọi (C) nửa hình trịn tâm P bán kính có đường kính thuộc Ta chia (C) thành phần ứng với góc tâm Ta chứng minh phần chứa nhiều điểm S Xét hình quạt tâm P bán kính cắt phần A Suy ra: AB AP PB AP.PB.cos 1 3cos 3cos 1 7 Phần ACBD chứa nhiều điểm S phần PAD không chứa điểm S (không kể đỉnh P) Suy nửa đường tròn (C) chứa nhiều điểm S Bỏ điểm thuộc (C) S ta cịn tập S’ có 2003 điểm Lại lặp lại cách làm cho tập S’ có 2003 điểm khơng có điểm loại bỏ Mỗi bước ta bỏ nhiều điểm S suy số bước lớn 251 Các tâm P bước cách khoảng lớn Vậy có 251 điểm S mà khoảng cách chúng lớn Vậy S chứa tập T gồm 250 điểm mà khoảng cách hai điểm lớn