Thông tin tài liệu
(Đề thi HSG lớp 10, Duyên hải Đồng Bắc Bộ, năm học 2011 – 2012) Thời gian làm bài: 180 phút Câu (4 điểm) x y y 9 Giải phương trình sau: 2 x y x y Câu (4 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = Chứng minh bất đẳng thức: x2 x3 y2 y3 z2 z3 1 Câu (4 điểm) Trên cạnh BC, CA, AB phía ngồi tam giác ABC ta dựng hình vng BCMN, ACPQ, ABEF Gọi G trọng tâm tam giác ABC Kí hiệu A1 giao điểm AG FQ; B1 giao điểm BG NE; C1 giao điểm CG MP Ta xác định điểm A2, B2, C2 cho AGC2F, BGA2N, CGB2P hình bình hành Chứng minh đường qua A2, B2, C2 tương ứng vng góc với B1C1, C1A1, A1B1 đồng quy Câu (4 điểm) Giả sử m, n số tự nhiên thỏa mãn: 4m3 + m = 12m3 + n Chứng minh m – n lập phương số nguyên Câu (4 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, xét tập hợp M điểm có tọa độ (x; y) với x, y * x 12; y 12 Mỗi điểm M tô ba màu: màu đỏ, màu trắng màu xanh Chứng minh tồn hình chữ nhaatj có cạnh song song với trục tọa độ mà tất đỉnh thuộc M tơ màu http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Đáp Án Câu Ta có: x3 y y 9 2 x y x y x y y 2 x x y y x x x y y y y x x y y 3 x x x y y 12 y x x y y 3 x 3x 3x y y 12 y 2 x x y y x 1 y x y 2 x x y y x x y y 33 y x y 2 y y 0 33 x x2 Câu 2: Ta có x3 y2 y3 x y 2 y 3 y 3 y y 33 y 33 x z2 z3 1 Theo bất đẳng thức Cauchy cho số thực dương ta có: x 8 x x 2 x 2x 2 x3 x 2 x2 2x 4 x2 x 2 Tương tự, ta có 2x x x 6 y2 y2 z2 2z2 ; y3 y y z3 z z Từ suy ra: x2 x3 y2 y3 z2 z3 2x2 y2 2z2 (1) x2 x y y z z Mặt khác theo công thức Cauchy – Shwarz: 2 x y z 2x2 y2 2z (2) 2 2 x x y y z z x y z x y z 18 Ta chứng minh: 2 x y z 1 3 2 x y z x y z 18 Thật ta có: x y z x y z 18 x y z x y z xy yz zx 18 x y z x y z 12 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Nên: (3) x y z x y z x y z 18 x y z x y z 6 Mặt khác, x, y, z số dương nên ta có: x y z xy yz zx x y z xy yz zx Mà xy yz zx 3 nên bất đẳng thức (3) Từ (1), (2) (3), ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z = Câu Gọi I trung điểm cảu BC Ta có: FQ.AI FA AQ AB AC FA.AB FA.AC AQ.AB AQ.AC 2 1 AF.AC AQ.AB AF.AC cos FAC AQ.AB.cos QAB 2 Do AF AB, AQ AC, FAB QAC 900 A FQ AI hay FQ A1G (1) Ta cos CGB2P hình bình hành nên GB2 song song nên GB2 song song AQ, suy AQB2G hình bình hành, có QB2 song song AG Suy QB2 song song FC2 Nên FQB2C2 hình bình hành, hay FQ song song với B2C2 (2) Từ (1) (2) suy A1G B2 C2 CP Tương tự có: B1G A C2 , C1G A B2 Vậy đường thẳng qua A1, B1, C1 tương ứng vng góc với B2C2, C2A2, A2B2 đồng quy G nên theo hệ định lí Carnot, ta có đường thẳng qua A2, B2, C2 tương ứng vng góc với B1C1, C1A1, A1B1 đồng quy Câu 4: Giả sử m, n số tự nhiên thỏa mãn: 4m3 + m = 12m3 + n Chứng minh m – n lập phương số nguyên 3 3 Ta có: 4m m 12m n m n m n 8n m n 4m 4mn 4n 1 8n (1) Giả sử p ước nguyên tố chung m – n 4m 4mn 4n Do 4m 4mn 4n số lẻ nên p số lẻ Từ (1) suy 8n p mà p số nguyên lẻ n p m p Mặc khác p ước 4m 4mn 4n p 1 (vơ lí) Do m – n 4m 4mn 4n khơng có ước ngun tố chung, suy m n, 4m 4mn 4n 1 1 Do 8n 2n , suy m – n lập phương số nguyên http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 144 48 điểm Ta chọn điểm M 48 điểm tô màu Chia điểm M thành 12 hàng (các điểm có tung độ) 12 cột (các điểm có hồnh độ) Câu 5: Tập M có 144 điểm tơ màu nên tồn màu tơ tơ khơng 12 Gọi (i = 1, , 12) số điểm 48 điểm chọn có cột thứ i suy ra: a i 48 i 1 1 12 a i a i 1 Số cặp điểm có hồnh độ trùng là: i 1 Khi đó, số cặp điểm chọn cột thứ i là: 12 12 a i a i 1 12 12 i 1 a i 2 12 i 1 i 1 i 1 12 a i 72 i 1 Ta có: Vì cặp chọn cột tương ứng với cặp hàng điểm hàng có tung độ Số cặp hàng khác là: C12 66 Vì 72 > 66 nên ln tìm hai cặp điểm nằm cặp hàng Vậy ln tồn hình chữ nhật có cạnh song song với trục tọa độ có đỉnh tơ màu Cn 10 10n 1 n2 10 10n 3n2 10n Cn 10 9 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word
Ngày đăng: 18/10/2023, 20:06
Xem thêm:
