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: Câu 2 (4 điểm): Cho là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh bất đẳng thức: . 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 là các số tự nhiên thỏa mãn: . Chứng minh rằng 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 ……………………. 3 3 2 2 2 3 9 4 x y y x y x y − − = + = − , ,x y z 3xy yz zx+ + = 2 2 2 3 3 3 1 8 8 8 x y z x y z + + ≥ + + + m, n 3 3 4m m 12n n+ = + m n− ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán 10 Câu Nội dung Điểm 1 Giải hệ phương trình: 4 điểm Hệ phương trình tương đương: 1,0 0,5 0,5 Thế vào phương trình (2) ta thu được: 0,5 0,5 Với 0,5 Với Vậy phương trình có hai nghiệm: ; 0,5 2 Cho là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh bất đẳng thức: . 4 điểm Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có: Tương tự, ta cũng có . 1,0 0,5 ( ) ( ) 3 3 2 2 2 3 9 1 4 2 x y y x y x y − − = + = − ( ) ( ) 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⇒ − − − + = − − 3 2 3 2 3 3 1 6 12 8x x x y y y⇔ − + − = + + + 3 3 ( 1) ( 2) 1 2 3x y x y x y⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ = + 2 2 9 6 0y y+ + = 9 33 4 9 33 4 y y − − = ⇔ − + = 9 33 9 33 3 33 3 4 4 4 y x − − − − − = ⇒ = + = 9 33 9 33 3 33 3 4 4 4 y x − + − + + = ⇒ = + = ( ) 3 33 9 33 ; ; 4 4 x y − − − = ÷ ( ) 3 33 9 33 ; ; 4 4 x y + − + = ÷ , ,x y z 3xy yz zx+ + = 2 2 2 3 3 3 1 8 8 8 x y z x y z + + ≥ + + + 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 + + − + − + + = + − + ≤ = ⇒ ≥ − + + 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 ; 6 6 8 8 y y z z y y z z y z ≥ ≥ − + − + + + Từ đó suy ra: . (1) 0,5 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz : (2) 1,0 Ta chứng minh: Thật vậy: Ta có: 0,5 Nên Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có: Mà nên bất đẳng thức (3) đúng. Từ (1), (2) và (3), ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . 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 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. 4 điểm Gọi I là trung điểm của BC. Ta có: 0,5 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 + + ≥ + + − + − + − + + + + 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 2 2 2 2( ) 1 3 ( ) 18 x y z x y z x y z + + ≥ + + − + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 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 + + − + + + = + + − + + − + + + = + + − + + + > ( ) 2 2 2 2 3 2( ) ( ) 18x y z x y z x y z⇔ + + ≥ + + − + + + 2 2 2 6 x y z x y z⇔ + + + + + ≥ 2 2 2 3( ) x y z xy yz zx x y z xy yz zx + + ≥ + + + + ≥ + + 3xy yz zx+ + = 1x y z= = = ( ) ( ) ( ) 1 1 FQ.AI= FA+AQ AB+AC = FA.AB+FA.AC+AQ.AB+AQ.AC 2 2 uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur . 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 . 1,0 Tương tự cũng có . 0,5 Vậy các đường thẳng đi qua A 1 , B 1 , C 1 tương ứng vuông góc với 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 cũng đồng quy. 1,0 4 Giả sử là các số tự nhiên thỏa mãn: . Chứng minh rằng là lập phương của một số nguyên. 4 điểm Ta có: 1,0 Giả sử p là một ước nguyên tố chung của và Do là số lẻ nên p là số lẻ. 0,5 Từ (1) suy ra mà p là số nguyên tố lẻ 0,5 Mặt khác p là ước của (vô lí) 0,5 do đó và không có ước nguyên tố chung, suy ra . 0,5 Do , 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 điểm. 0,5 ( ) · · ( ) · · µ ( ) 0 1 1 = 0-AF.AC+AQ.AB+0 = -AF.AC.cosFAC+AQ.AB.cosQAB = 0 2 2 Do AF = AC, AQ = AB, FAC=QAB=90 +A uuur uuur uuur uuur ( ) 1 FQ AI hay FQ A 1G⇒ ⊥ ⊥ 1 2 2 A G B C⊥ 1 2 2 1 2 2 B G A C , C G A B⊥ ⊥ 2 2 2 2 2 2 B C ,C A ,A B 1 1 1 1 1 1 B C ,C A ,A B m, n 3 3 4m m 12n n+ = + m n− ( ) ( ) 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⇔ − + + + = m n− 2 2 4m 4mn 4n 1+ + + 2 2 4m 4mn 4n 1+ + + 3 8n pM n p⇒ M m p⇒ M 2 2 4m 4mn 4n 1+ + + p 1⇒ = m n− 2 2 4m 4mn 4n 1+ + + ( ) 2 2 m n,4m 4mn 4n 1 1− + + + = ( ) 3 3 8n 2n= * ¥ 144 48 3 = 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: 0,5 Khi đó, số cặp điểm được chọn trong cột thứ i là: số cặp điểm có hoành độ trùng nhau là: 0,5 Ta có: 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: 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. 12 i i 1 a 48 = = ∑ i i a (a 1) 2 − ( ) 12 i i i 1 a a 1 2 = − ∑ ( ) 2 12 i 12 12 12 12 2 i 1 i 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 = = = = = ÷ − = − ≥ − = ÷ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ 2 12 C 66= . HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 201 1- 2012 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012 (Thời gian làm bài 180 phút. = 2 2 2 3 3 3 1 8 8 8 x y z x y z + + ≥ + + + m, n 3 3 4m m 12n n+ = + m n− ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán 10 Câu Nội dung Điểm 1 Giải hệ phương trình: 4 điểm Hệ phương trình tương đương:. 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: Câu 2 (4 điểm): Cho là các số thực