HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2014- 2015 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ Đề thi gồm 1 trang Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau: 2 2 4 2 4 1 3 5 12 3 2 (10 17 3) 3 15 y x y x y x x x − + = − − − + = − Câu 2 (4 điểm): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O . Gọi E là giao điểm của AB và CD, F là giao điểm của AD và BC . Điểm G chạy trên đường tròn tâm ( )O . ,GE GF theo thứ tự cắt đường tròn ( )O tại ,I K . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn đi qua một điểm cố định ( khác điểm O ). Câu 3 (4 điểm): Cho 3 số thực không âm , ,zx y thỏa mãn 2 2 2 2x y z+ + = Chứng minh rằng: 2 2 2 ( )( )( ) 4 ( 2) 4 ( )x y y z z x xyz xy yz zx xyz x y z+ + + + + + − ≥ + + Câu 4 (4 điểm): Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 2 3 2 2 4 2x x y xy x y y+ + = + Câu 5 (4 điểm ): Với n nguyên dương tùy ý, n>3, xét 1 [ ( 1)] 6 k n n= + và tập n X gồm ( 1) 2 n n + phần tử, trong đó k phần tử màu đỏ, k phần tử màu xanh và còn lại màu trắng. Chứng minh rằng có thể chia tập n X thành n tập con rời nhau 1 2 , , , n A A A… sao cho với số m tùy ý 1 m n ≤ ≤ thì tập m A chứa đúng m phần tử và các phần tử đó cùng màu. ………………………. HẾT ……………………. ĐỀ ĐỀ NGHỊ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm 1 Giải hệ phương trình sau: 2 2 4 2 4 1 3 5 12 3 2 (10 17 3) 3 15 y x y x y x x x − + = − − − + = − Đáp án: Điều kiện 1 4 x ≥ . Biến đổi phương trình thứ hai có: 4 2 (5 1)(2 3) 3(1 5 )y x x x− − = − 4 4 1 (loai) 5 4 3 6 x xy y = ⇔ + = Ta đưa về hệ phương trình: 2 2 4 4 4 1 3 4 1 5 3 4 3 6 y x x y xy y − + − = − + = Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên hai vế của phương trình thứ nhất cho 2 y và phương trình thứ hai cho 4 y có: 2 2 4 3 3 4 1 4 1 5 3 4 1 5 x x y y x y − + − = − − + = 2,0 điểm Đặt 2 3 4 1;a x b y = − = với 0, 0a b≥ > Ta có hệ pt 2 2 5 5 a ab b a b + + = + = ta được 5 1 b a b − ⇒ = + thay vào (2) 2 2 4 3 2 5 ( ) 5 2 3 20 20 0 1 b b b b b b b − + = ⇔ + − − − = + 3 2 ( 1)( 3 20) 0b b b⇔ − + − = 2 ( 1)( 2)( 5 10) 0b b b b⇔ − − + + = Nên 4 5 2 4 1 3 x a b y = = ⇒ = = ± hoặc 4 1 1 2 2 3 2 x a b y = = ⇒ = = ± 2,0 điểm Kết luận ( ) 5 ; ; 3 4 x y = ± ÷ ; 4 1 3 ; 2 2 ± ÷ . 2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O . Gọi E là giao điểm của AB và CD, F là giao điểm của AD và BC . Điểm G chạy trên đường tròn tâm ( )O . ,GE GF theo thứ tự cắt đường tròn ( )O tại ,I K . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn đi qua một điểm cố định ( khác điểm O ). Đáp án: Bổ đề 1: Cho hai đường thẳng ' ,∆ ∆ cắt nhau tại O , các điểm , ,A B C thuộc ∆ ; các điểm ' ' ' , ,A B C thuộc ' ∆ . Khi đó ' ' ' , ,AA BB CC hoặc đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi ' ' ' ( ) ( )OABC OA B C= Chứng minh: Chứng minh điều kiện cần: TH1: ' ' ' , ,AA BB CC đôi một song song Theo định lí Thales dạng đại số ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' : : ( ) ( ) BO B O BA BO CO B O C O B A OABC OA B C BA CA B A C A CO C O CA C A = ⇒ = ⇒ = = TH2: ' ' ' , ,AA BB CC đồng quy. Gọi S là điểm đồng quy của ' ' ' , ,AA BB CC . Qua phép chiếu xuyên tâm S hàng , , ,O A B C biến thành ' ' ' , , ,O A B C 0,5 suy ra ' ' ' ( ) ( )OABC OA B C= Điều kiện đủ: Ta chứng minh nếu ' ' ' , ,AA BB CC không đôi một song song thì chúng đồng quy Thật vậy. Giả sử ' ' ,AA BB cắt nhau. Đặt ' ' '' ' ; = S AA BB C SC= ∩ ∩ ∆ Theo chứng minh trên suy ra ' ' '' ( ) ( )OABC OA B C= (*) Theo giả thiết ' ' ' ( ) ( )OABC OA B C= (**). Từ (*) và (**) suy ra ' '' C C≡ Bổ đề 2: Cho 4 điểm phân biệt , , ,A B C D cố định trên đường tròn ( )O và điểm M thay đổi trên ( )O thì ( )M ABCD không đổi . 0,5 điểm Áp dụng các kết quả trên ta chứng minh bài toán như sau. Gọi M là giao điểm AC và BD . ,H N lần lượt là giao điểm của IK với AD và BC . L là giao điểm AC và GI . Ta có ( ) ( ) ( ) (G ) ( ) ( ) ( ) (GIAD) ( ) ( ) ( ) FNCB K FNCB K GICB A ICB A GILE GILE C GILE C K GIAD K FHAD FHAD = = = = = = = = = = Suy ra , ,AC BD IK đồng quy tại M 2,0 điểm Gọi P là giao điểm của OM với đường tròn ( )OIK . Tao có ( /( ) . . . M o MO MP MI MK MA MC P= = = không đổi Suy ra P là điểm cố định ( do M, O cố định) 1 điểm 3 Cho 3 số thực không âm , ,zx y thỏa mãn 2 2 2 2x y z+ + = Chứng minh rằng: 2 2 2 ( )( )( ) 4 ( 2) 4 ( )x y y z z x xyz xy yz zx xyz x y z+ + + + + + − ≥ + + Đáp án Ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: Xét biểu thức 2 2 2 ( ) ( ) ( ) z x y S x y S y z S x z S= − + − + − Nếu x y z≥ ≥ và ; ; 0 y y z y x S S S S S+ + ≥ thì 0S ≥ Chứng minh 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 2( )(y z) 0 z x y z y y x y S x y S y z S x z S S S x y S S y z x y S = − + − + − = + − + + − + − − ≥ 1,0 điểm Chứng minh 3,0 Nếu . . 0x y z = Bất đẳng thức luôn đúng Nếu . . 0x y z ≠ . Ta có 2 2 2 ( )( )( ) 4 ( 2) 4 ( ) ( )( )( ) 2 2 4 x y y z z x xyz xy yz zx xyz x y z x y y z z x xy yz zx xyz + + + + + + − ≥ + + + + + ⇔ + + + ≥ + ( )( )( ) 2 2 0 4 x y y z z x xy yz zx xyz + + + ⇔ + + + − − ≥ (1) Ta có 2 2 2 ( )(y )( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 4 x y z z x x y z y z x z x y xyz xyz + + + − + − + − − = 2 2 2 2 2 2 1 2(1 ) ( ) ( ) ( ) 2 xy yz zx x y y z z x x y z + + − = − + − + − + + Do đó (1) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 4 2 4 2 4 2 x y y z z x xy yz zx ⇔ − − + − − + − − ≥ Đặt 1 1 1 1 1 1 ( ); ( ); ( ) 4 2 4 2 4 2 z x y S S S xy yz xz = − = − = − Giả sử 1 1 ( ) 0 4 2 y x y z S xz ≥ ≥ ⇒ = − ≥ Mà 2 2 2 2 1 1 1 1 4 + = 4 2 4 2 4 2 (x 2 ) 4 2 (y )( ) 4 2 = 0 4 2 4 2 y x y z xyz S S xz yz xyz yz yz xyz z x y z xyz xyz xyz + − = − + − + − + + + − ≥ ≥ Tương tự S 0 y z S+ ≥ Áp dụng bổ đề suy ra điều cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi 2 3 x y z= = = điểm 4 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 2 3 2 2 4 2x x y xy x y y+ + = + Đáp án: Ta có 1,0 3 2 3 2 2 4 2 2 2 2 ( ) ( ) x x y xy x y y x x y x y y + + = + ⇔ + = − +) Dễ thấy 0x y= = là một nghiệm của phương trình +) Với 0 0 x y ≠ ≠ đặt ( , ) ( , ) 1 x ad d x y a b y bd = = ⇒ = = điểm Thay vào phương trình ta được 2 2 2 2 2 ( ) ( )a d ad bd ad bd b d+ = − 2 2 2 ( ) b ( )a a b d a b⇔ + = − 2 2 ( )a a b b⇒ + M Mà 2 2 2 2 ( ; ) 1 ( ; ) 1 1 ( , ) 1 a b a b b a b b = = ⇒ ⇒ = + = TH1: Nếu 2 2 1 ( 1) ( 1) 1b a a d a a= ⇒ + = − ⇒ ≠ 2 2 2 ( 1) ( 1) 1 ( 1) 1 1a a a a a a a⇒ + − ⇒ + − ⇒ + −M M M { } 3;2; 1;0a⇒ = − Với 3 27; 9a x y= ⇒ = = Với 2 24; 12a x y= ⇒ = = Với 1 0 4a d= − ⇒ = (loại) Với 0 0a d= ⇒ = (loại) TH2: Nếu 2 2 1 ( 1) ( 1) 1 1b a a d a a a= − ⇒ − = + ⇒ − +M { } 1 1; 2a⇒ + = ± ± ( Kiểm tra không giá trị nào của a thỏa mãn yêu cầu ) Kết luận các nghiệm của phương trình { } ( ; ) (0;0);(27;9);(24;12)x y = 3,0 điểm 5 Với n nguyên dương tùy ý, n>3, xét 1 [ ( 1)] 6 k n n= + và tập n X gồm ( 1) 2 n n + phần tử, trong đó k phần tử màu đỏ, k phần tử màu xanh và còn lại màu trắng. Chứng minh rằng có thể chia tập n X thành n tập con rời nhau 1 2 , , , n A A A… sao cho với số m tùy ý 1 m n ≤ ≤ thì tập m A chứa đúng m phần tử và các phần tử đó cùng màu. Đáp án: Ta kiểm tra với 4;5;6;7;8;9,10n = luôn tìm được cách chia n X thành n tập con rời nhau 1 2 , , , n A A A… sao cho với số m tùy ý 1 m n ≤ ≤ thì tập m A chứa đúng m phần tử và các phần tử đó cùng màu. Ta xét cách chia theo bảng sau: n k Các phần tử màu xanh Các phần tử màu đỏ Các phần tử màu trắng 4 3 1 | | 1A = , 2 | | 2A = 3 | | 3A = 4 | | 4A = 5 5 1 | | 1A = , 4 | | 4A = 2 | | 2A = , 3 | | 3A = 5 | | 5A = 6 7 1 | | 1A = , 6 | | 6A = 3 | | 3A = , 4 | | 4A = 2 | | 2A = , 5 | | 5A = 7 9 4 | | 4A = , 5 | | 5A = 3 | | 3A = , 6 | 6A = 1 2 | | 1,| | 2A A = = , 7 | | 7A = 8 12 5 | | 5A = , 7 | | 7A = 4 | | 4A = , 8 | | 8A = 1 | | 1A = , 2 | | 2A = 3 | | 3A = , 6 | | 6A = 9 15 6 9 | | 6,| | 9A A= = 7 | | 7A = , 8 | | 8A = 1 2 | | 1,| | 2A A = = , 3 | | 3,A = 4 | | 4A = , | 5 | 5A = 1 0 1 8 1 | | 1A = , 2 | | 2A = 5 | | 5A = , 10 | | 10A = 3 | | 3A = , 6 | | 6A = 9 | | 9A = 4 | | 4A = , 7 | | 7A = 8 | | 8A = 1,0 điểm Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp với việc xây dựng một cách chia tập n X dựa vào cách chia tập 6n X − như sau: Xét tập n X gồm ( 1) 2 n n + phần tử. Ta xét tập 6n X − gồm ( 6)( 5) 2 n n− − phần tử, gồm 1 1 [ ( 6)( 5)] 6 k n n = − − phần tử màu xanh, 1 k phần tử màu đỏ và còn lại là màu trắng. Theo giả thiết quy nạp, tập 6n X − luôn có thể chia được thành 6n − tập rời nhau 1 2 6 , , , n A A A − … thỏa mãn bài toán Ta có 1 ( 1) ( 6)( 5) [ ] [ ] 6 6 n n n n k k + − − − = − Mặt khác [ ] [ ] 1 [ ] 1a b a b a b − > − − ≥ − − và [ ] [ ] [ ] ( 1) 1a b a b a b a b − ≤ − < − − = − + Nếu a b − là số nguyên thì [ ] [ ]a b a b − = − Mà 1 1 ( 1) ( 5)( 6) 2 5 6 6 n n n n n + − − − = − là số nguyên nên 1 2 5k k n − = − Vậy số phần tử màu xanh ( đỏ) ngoài 6n X − đều bằng 2 5n − . Có 6 | | | | 6 15 n n X X n − − = − nên số phần tử màu trắng ngoài 6n X − là 6 15 2(2 5) 2 5n n n − − − = − Khi đó, ta xây dựng các tập 5 4 3 2 1 , , , , , n n n n n n A A A A A A − − − − − như sau: Tập 5 , n n A A − chứa toàn phần tử màu xanh Tập 4 1 , n n A A − − chứa toàn phần tử màu đỏ 3,0 điểm Tập 2 3 , n n A A − − chứa toàn phần tử màu trắng Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương. Người ra đề: Bùi Văn Vịnh Số điện thoại: 0974802686. . HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2014- 2015 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Trường. không kể thời gian giao đề) Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ Đề thi gồm 1 trang Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau: 2 2 4 2 4 1 3 5 12 3 2 (10 17 3) 3 15 y x y x y x x x − + = − − −. chứa đúng m phần tử và các phần tử đó cùng màu. ………………………. HẾT ……………………. ĐỀ ĐỀ NGHỊ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm 1 Giải hệ phương trình sau: 2 2 4 2 4 1 3 5 12 3 2 (10 17 3) 3 15 y x y