Đề THI CHọN HọC SINH GIỏI DUYÊN HảI BắC Bộ LầN THứ III MÔN THI: Toán - LớP 10 Thời gian: 180 TRƯỜNG THPT CHUY£N L£ HåNG PHONG TØNH NAM ĐịNH Bi 1: (4im) Gii h phng trỡnh sau với 1 a ;1 2 ax xy ay yz az xz Bài 2: (4điểm) Cho thỏa mãn a b c abc 4 Chứng minh a; b; c a b c a b c bc a c a b Bài 3: (4điểm) Cho a; b; c Q a b c a b c thỏa mãn a b c Chứng minh tồn số nguyên m; n cho m; n 1 abc m n3 Bài 4: (4điểm) Cho ABC BA BC Giả sử đường tròn tâm O bán kính R qua hai điểm A; C cắt cạnh BA BC K ; N , đường tròn ngoại tiếp ABC BKN cắt hai điểm phân biệt B; M Chứng minh OM BM Bài 5: (4điểm) Tìm tập hợp A R \ 0 thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i) A ii) A có khơng q phần tử iii) Nếu x A A x (1 x ) A …………….HẾT…………… ĐÁP ÁN Bài Giải hệ phương trình sau với 1 a ;1 2 4đ ax xy ay yz az xz x; y; z dấu Ta thấy x; y; z nghiệm hệ hệ Từ hệ suy xyz 0 ; Xét trường hợp x; y; z x; y; z ax x y (1) Hệ cho tương đương với hệ sau ay z (2) y az x (3) z Áp dụng BĐT Cauchy ta có Tương tự t ; t 2 a Ta có f t 2 a y 2 a x t t t a ; ; t t a f t1 f t Vậy ax 1đ x 2 a ; z 2 a Xét f t at t ; Với nghiệm 2 at1t 4a 1 at1t at t 1 12 0 tt tt 2 hàm đồng biến 2 Hàm g t t hàm đồng biến f x g y Hệ cho trở thành f y g z f z g x Giả sử x max x; y; z x y f x f y g y g z y z y z f y f z g z g x z x 1đ a ; 2 a ; x y z x x y z = Vậy Vậy hệ cho có nghiệm 1 a (vì x; y; z ) x y z 1 a 1 ; x y z 1 a 1đ 1đ Bài Cho a; b; c thỏa mãn a b c abc 4 Chứng minh 4đ a b c a b c bc ac a b Áp dụng BĐT Bunhiakopxki ta a b c a b c T c b ac a b a b c b a c c a b Lại có Suy ra: a b c b a c c a b T 1đ a b c 2ab 2bc 2ac a b c a b c (*) 2 ab bc ac Ta chứng minh 1đ a b c ab bc ca (1) S2 Đặt a b S ; ab P; ( P ) Từ giả thiết suy c Vậy (1) S 4 S S 4 P 1 2đ 4 S S4 S P P P S S 2 (2) P 1 P 1 Nếu P S 0 VT 0 VP Nếu P S Ta có P P S S 2 P P S S S 16 S S2 S (vì P (vì S 4 ) Vậy: a b c ab bc ac Từ (*) suy T a bc S2 ) Suy Bài Cho a; b; c Q 4đ 2 thỏa mãn a b a c ba c b c Chứng minh tồn số nguyên m; n cho m abc n m; n 1 Đặt a b c a b c t Ta có 2 2 2 a b c a b c suy t 0;3 mà t t 0;1;2;3 Nếu t 0 suy a b c 0 ta có abc 0 0,5đ Nếu t=3 ta có a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 0 0,5 đ a b c 1 ta có abc 1 Nếu t 1 Giả sử c ; a m1 n1 ;b m2 n2 ;c m3 n3 ; d n1n2 n3 0,5 đ x ad Đặt y bd z cd x; y; z z x y z d a b c d Ta có x y z d a b c d Suy xy yz zx 0 z x z y z c d Do tồn r ; p; q Z 0,5đ cho x z rp ; y z rq ; z r qp; p; q 1 ; p; q * Lại có d x y z r p q r pq r y rq q p pq( p q ) Vậy x rp p q abc 2 p q pq z rpq Ta chứng minh Giả sử pq( p q); p q pq 1 2 2 s pq p q ; p q pq ; s s | pq p q 0,5đ mà TH1 s| p TH2 s|q TH3 s| p 2 s | p q s | p q p q pq s | pq s | q s | p q pq s | q s 1 0,5đ (vơ lý) tương tự ta có s 1 (vơ lý) Nếu t 2 ta có (vơ lý) a b c a b c 2 2 a b c a b c 1 1 Đặt a1 1 a; b1 1 b; c1 1 c 1 a 1b c 1 abc 1 Theo chứng minh trường hợp t 1 ta có điều phải chứng minh Cho 0,5đ BA BC Giả sử đường trịn tâm O bán kính R qua A; C cắt cạnh BA BC K; N, đường tròn ngoại tiếp ABC BKN cắt hai điểm phân biệt B; M ABC Chứng minh OM BM 0,5đ Bài 4đ B K M N O' A C O Gọi ' O ;O2 tâm đường tròn ngoại tiếp P ABC ; BKN Ta chứng minh AC không song song với KN Giả sử AC // KN BNˆ K BCˆ A , mà 1đ ˆ C BCˆ A BA ˆC BNˆ K BA ABC cân B BA BC (vô lý) Vậy AC không song song KN Gọi P giao điểm AC KN Ta có PP / O P Lại có ˆC ˆ C BN ˆ K BA PN P / O' ; PP / o PP / O P ' PP / O P; B; M P / O 2 mà thẳng hàng 1đ ˆ C PM ˆ C PM ˆ C PNˆ C BA Vậy tứ giác PMNC nội tiếp Lại có 2 PM PB PA.PC PO R 2 PO BO PB PM BM PM BM BN BC BM BP BO R Suy MO.BP MO BO OP MO BO MB MP OM OP 0 Suy OM BM Tìm tập hợp A R \ 0 thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i) A Nếu x A A x 1đ 1đ ii) A có khơng phần tử iv) (1 x) A Bài A Ta có x A x 1 x A 4đ A x x A 1 x x x A x x x Mà A có nhiều phần tử Vậy số x 1 x ; ; x; ;1 x; x x x 1 x 1 x 1;1;0;2; 2 phải có số Thử lại x=0; x=1 không thoả mãn Vậy 1 A 1;2; 2 2đ 1đ 1đ