TỔNG hợp một số đề THI học SINH GIỎI TOÁN lớp 10 có đáp án

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ NĂM HỌC 2012- 2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ ĐỀ ĐỀ NGHỊ Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau: 2 y (7 x 2 + 6) + x(12 y 3 + 4 y 2 + 3) = 37 xy ( x, y ∈ ¡ ).  x − 1 + 2 y − 1 = 2  Câu 2 (4 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc = 1 Chứng minh rằng: 1 1 1 1 + + ≤ a 2 + 2b 2 + 3 b 2 + 2c 2 + 3 c 2 + 2a 2 + 3 2 Câu 3 (4 điểm): Cho tam giác ABC có chu vi không đổi 2p. Gọi M,N,P lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với góc A,B,C của tam giác ∆ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi ∆MNP . Câu 4 (4 điểm): Cho tập S = { 1;2;3;....;2014} được phân hoạch thành các cặp rời nhau { a ;b i i :1 ≤ i ≤ 1007} sao cho a i − bi bằng 1 hoặc bằng 6. Hãy tìm chữ số tận cùng của 1007 T = ∑ a i − bi . i =1 Câu 5 (4 điểm): Cho tập hữu hạn X . Ta chọn ra 50 tập con A1 ,A 2 ,...,A 50 , mỗi tập đều chứa quá nửa số phần tử của X . Chứng minh rằng a) Tồn tại phần tử a thuộc ít nhất 26 tập đã cho. b) Tồn tại tập con A của X sao cho số phần tử của A không vượt quá 5 và A ∩ A i ≠ ∅, ∀i = 1,50. ………………………. HẾT ……………………. 1 HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung 2 y (7 x 2 + 6) + x(12 y 3 + 4 y 2 + 3) = 37 xy ( x, y ∈ ¡ ).   x − 1 + 2 y − 1 = 2 Câu 1 Giải hệ phương trình: x ≥ 1  ĐK  1  y ≥ 2 Điểm 4 điểm 1,0 Nếu (x; y) là nghiệm của hệ phương trình thì x + 2y ≥ 1 2(7 x 2 + 6) (12 y 3 + 4 y 2 + 3) 2 y (7 x 2 + 6) + x(12 y 3 + 4 y 2 + 3) = 37 xy ⇔ + = 37 x y 12 3 12 3 3 2 2 + ≥ 37 Do 14 x + + 12 y + 4 y + = 2 x + 4 y + 12 x + + 12 y + x y x 2y 2y Với mọi x ≥ 1 ; y ≥ 1,0 2,0 1 ; x + 2y ≥ 1 2 1,0  x = 2 y  2 y (7 x 2 + 6) + x(12 y 3 + 4 y 2 + 3) = 37 xy ⇔  x = 1  1 y =  2 1 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (1; ) 2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc = 1 1 1 1 1 + 2 + 2 ≤ Chứng minh rằng: 2 2 2 2 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 4,0 Ta có P= 1 1 1 + + (1) (a 2 + b 2 ) + (b 2 + 1) + 2 (b 2 + c 2 ) + (b 2 + 1) + 2 (c 2 + a 2 ) + (a 2 + 1) + 2 Theo bất đẳng thức AM – GM, ta có a 2 + b 2 ≥ 2ab; b 2 + 1 ≥ 2b 10 ⇒ (a + b ) + (b + 1) + 2 ≥ 2(ab + b + 1) 1 1 ⇒ 2 ≤ 2 2 (a + b ) + (b + 1) + 2 2(ab + b + 1) 2 2 Tương tự 1 1 ≤ 2 2 b + 2c + 3 2(bc + c + 1) 1 1 ≤ 2 2 c + 2a + 3 2(ca + a + 1) 2 (2) 1,0 (3) (4) 2 Từ (2); (3); (4) suy ra 1,0 1 1 1 1 P≤ ( + + ) 2 2(ab + b + 1) 2(bc + c + 1) 2(ca + a + 1) Từ giả thiết abc = 1 nên (5) 1,0 1 ab = bc + c + 1 ab + b + 1 1 b = ca + a + 1 ab + b + 1 Suy ra P≤ 1 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 3 Dễ thấy NP,PM,MN là phân giác ngoài của các góc A,B,C , suy ra ∆MNP nhọn 4,0 điểm với các đường cao MA, NB,PC. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MNP thì 1 SMNP = (BC.JM + CA.JN + AB.JP) = p.R , 2 ở đây R là đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆MNP . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ∆MNP . Ta chứng minh được R ≥ 2r . Ta có 1 r(MN + PN + PM) = pR ≥ 2pr 2 Suy ra MN + NP + PM ≥ 4p Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆MNP đều ⇔ ∆ABC đều 3 M B C J I N 4 Cho tập S = { 1;2;3;....;2014} { a ;b i i A P được phân hoạch thành các cặp rời nhau :1 ≤ i ≤ 1007} sao cho a i − bi bằng 1 hoặc bằng 6. Hãy tìm chữ số tận cùng 1007 của T = ∑ a i − bi . i =1 Gọi k là số cặp { a i ;b i } sao cho a i − b i = 6 1,0 1007 Khi đó T = ∑ a i − bi = 6k + (1007 − k) = 1007 + 5k i =1 Ta chứng minh k là một số chẵn. Thật vậy k = k1 + k 2 , trong đó k1 là số các cặp { a i ;bi } sao cho a i − b i = 6 và cả 3,0 a i ;bi đều là các số lẻ, k 2 là số các cặp { a i ;bi } sao cho a i − bi = 6 và cả a i ;bi đều là các số chẵn. Vì số các số chẵn và số các số lẻ trong tập hợp { 1;2;....;2014} là bằng nhau và trong mỗi cặp { a i ;b i } sao cho a i − b i = 1 đều là một số chẵn và một số lẻ nên k1 = k 2 1007 Từ đó suy ra k là một số chẵn suy ra T = ∑ a i − b i có chữ số tận cùng là 7 i =1 5 Giả sử X = n . Tổng số các phần tử của 50 tập con A i lớn hơn 25n nên tồn tại một phần tử a thuộc ít nhất 26 tập, chẳng hạn A1 ;A 2 ;......;A 26 . Xét tập 24 tập còn lại suy ra tồn tại ít nhất một phần tử b thuộc 13 tập, chẳng hạn A 27 ;A 28 ;...;A 39 . Xét 11 tập con còn lại ta suy ra tồn tại c thuộc ít nhất 6 tập, chẳng 4 4,0 điểm hạn A 40 ;A 41;....;A 45 . Xét5 tập còn lại ta suy ra tồn tại phần tử d thuộc ít nhất 3 tập chẳng hạn A 46 ;A 47 ;A 48 . Xét hai tập còn lại ta suy ra tồn tại một phần tử e thuộc ít nhất hai tập . chẳng hạn A 49 ;A 50 . Suy ra tập A = { a;b;c;d;e} thỏa mãn bài toán. Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương. 5 SỞ GD&ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VI Môn: Toán lớp 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4 điểm). Giải phương trình 7x 2 + 5 2x + 7 = x 4 + 1 . Câu II (4 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a 2 + b2 + c2 = 3 . Chứng minh rằng 5(a + b + c) + 3 ≥ 18 . abc Câu III (4 điểm). Cho tam giác ABC và điểm T thuộc cạnh BC sao cho TB = 2TC. Gọi H là hình chiếu của B trên AT và D là trung điểm BC. Biết rằng ∠TAB = ∠2TAC . Chứng minh rằng DH ⊥ AC . Câu IV (4 điểm). Các số nguyên từ 1 đến 2013 được viết liền nhau thành một số như sau 1234...20122013. Từ số nói trên ta nhân chữ số thứ nhất với 2 rồi cộng với chữ số thứ hai, kết quả lại nhân với 2 rồi cộng với chữ số thứ ba, cứ tiếp tục như vậy cho đến hết. Với số vừa nhận được lại làm tiếp tục như trên cho đến khi kết quả là số có một chữ số. Hãy tìm chữ số đó. Câu V (4 điểm). Trong hình vuông có cạnh dài 4cm, đặt 2013 đường tròn có đường kính 1 cm. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng cắt ít nhất 17 đường 31 tròn trong 2013 đường tròn đã cho. ………………………….Hết…………………………. Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính; Giám thị coi thi không cần giải thích gì. ------ 6 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 10 Câu I Lời giải 1- Ta có 7x + 5 2x + 7 = x + 1 (1). Điểm Xét (1) ⇔ (x 2 − 2x + 1) + 6(x 2 + 2x + 1) = 5 (x 2 − 2x + 1)(x 2 + 2x + 1) 1.00 2 4 (4 điểm). 2  x 2 − 2x + 1   x 2 − 2x + 1  ÷ − 5 2 ÷+ 6 = 0 ⇔ 2  x + 2x + 1 ÷  x + 2x + 1 ÷        ⇔     x2 −  2 x + ⇔  x2 − x 2 − 2x + 1  2 =3 2 x + x + 2x + 1 x 2 − 2x + 1 =2 x 2 + 2x + 1 2x + 1 =4 2x + 1 2x + 1 =9 2x + 1 3x 2 + 5 2x + 3 = 0 ⇔ 2  4x + 5 2x + 4 = 0  −5 2 + 14 x = 6 ⇔ .  −5 2 − 14 x = 6  1.00 0.75 1.00 0.25 Kết luận. II Đặt p = a + b +c và q = ab + bc + ca. (4 Từ a 2 + b 2 + c 2 = 3 suy ra p 2 = 2q + 3 và p > 3 . điểm). 2 Mặt khác (ab + bc + ca) ≥ 3abc(a + b + c) ⇒ 1 3p ≥ 2 . abc q 1.00 0.50 0.25 9p Như vậy theo bài ra ta cần chứng minh 5p + q 2 ≥ 18 . Thật vậy 5p + 9p 36p 5p5 − 18p 4 − 30p3 + 108p 2 + 81p − 162 − 18 = 5p + − 18 = q2 (p 2 − 3) 2 (p 2 − 3) 2 = 7 (p − 3) 2 (5p3 + 12p 2 − 3p − 18) (1) (p 2 − 3) 2 0.75 1.00  3 18  2 ÷ > p (5 3 + 12 − 3 − 6) > 0 p p2  3 2 2 Mặt khác 5p + 12p − 3p − 18 = p  5p + 12 − −  0.25 0.25 (2) (do p > 3 ). Từ (1) và (2) ta được đpcm. III Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Lấy F đối xứng với C qua đường thẳng AT, AT cắt CF tại K và FH (4 kéo dài cắt AC tại E. điểm). TB 0.50 ABsin 2∠TAC S ATB Ta có 2 = TC = S = ACsin ∠TAC ATC = 0.75 2ABcos ∠TAC AF A E 0.25 H T D C B K F Suy ra ⇒ 1.00 AF = cos ∠TAC = cos ∠FAB AB Do đó ∠AFB = 900 = ∠AHB , suy ra A, H, F, B cùng thuộc một đường tròn. Mà AT ⊥ CF ⇒ BH / /CF . Từ đó ∠EFK = ∠BHF = ∠BAF = ∠EAK . Suy ra FH ⊥ AC tại H và H là trực tâm tam giác ACF. Từ đó dễ thấy BHCF là hình bình hành, suy ra F, D, H, E thẳng hàng. IV Vậy DH ⊥ AC (đpcm). Đặt T = 1234…20122013 8 1.00 0.25 0.25 (4 0.25 Gọi n + 1 là số các chữ số của T. điểm). n n n −1 n −2 2 1 0 i Ta có T = 1.10 + 2.10 + 3.10 + ... + 0.10 + 1.10 + 3.10 = ∑ a i .10 0.75 i=0 Gọi T1 là số thu được sau khi biến đổi T một lần như bài cho. Ta được T1 = 1.2 + 2.2 n n −1 + 3.2 n −2 n + ... + 0.2 + 1.2 + 3.2 = ∑ a i .2 . 2 1 0 0.75 i i=0 0.75 n i i Khi đó T − T1 = ∑ a i .(10 − 2 ) M8 ⇒ T ≡ T1 (mod 8) . i =0 Gọi H là số có một chữ số thu được sau hữu hạn lần biến đổi theo giả 1.00 thiết. 0.50 Suy ra T ≡ H(mod 8) , mà T1 ≡ 5(mod 8) và T ≡ T1 (mod 8) suy ra H ≡ 5(mod 8) , mà H có một chữ số nên H = 5. V (4 điểm). Kẻ 124 đường thẳng song song với 1 cạnh hình vuông, chia hình 1.25 vuông thành 125 hình chữ nhật bằng nhau. Khi đó mỗi hình chữ nhật có chiều rộng là Do 4 cm. 125 1.25 1 4 > nên mỗi đường tròn đều bị cắt bởi ít nhất một đường 31 125 thẳng nói trên. 1.00 0.50 Có 124 đường thẳng và 2013 đường tròn, nếu mỗi đường thẳng cắt 16 đường tròn thì còn 29 đường tròn. Khi đó tồn tại một đường thẳng cắt ít nhất 1 trong 29 đường tròn còn lại và đó chính là đường thẳng thỏa mãn đầu bài. Chú ý: Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm cho một cách giải với mỗi bài toán, nếu thí sinh làm cách khác nhưng lý luận chặt chẽ thì cho điểm tối đa tương ứng. 9 GIỚI THIỆU ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ TỈNH HÀ NAM Môn: TOÁN ; Lớp 10 Người ra đề:Trần Duy Bình Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (4,0đ): Giải hệ phương trình sau Câu II (4,0đ): Cho a, b, c là các số không âm có tổng . Chứng minh rằng Câu III (4,0đ): Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, (T) là đường tròn ngoại tiếp. Gọi D và E lần lượt là giao điểm thứ hai của (T) và đường thẳng AI, BI. Dây cung DE cắt AC tại F và DE cắt BC tại G. P là giao điểm của đường thẳng qua F, song song với AD và đường thẳng qua G song song với BE. Giả sử tiếp tuyến của (T) tại A và B cắt nhau tại K. Chứng minh các đường thẳng AE, BD, KP đồng quy hoặc song song. Câu IV (4,0đ): Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho Câu V (4,0 đ): Trên mặt phẳng cho một số điểm sao cho không có 3 điểm nào trong chúng thẳng hàng. Một vài điểm trong đó được nối với nhau bằng các đoạn thẳng. Biết rằng bất kì đường thẳng nào không đi qua các điểm đã cho, luôn cắt một số chẵn các đoạn thẳng nối. Chứng tỏ rằng mỗi điểm đã cho là đầu mút của một số chẵn các đoạn thẳng. ........................................Hết...................................... 10 Đáp án đề thi học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vực duyên hải - đồng bằng bắc bộ Môn : Toán; Lớp 10 Trường THPT Chuyên Biên Hoà Tỉnh Hà Nam Người ra đề: Trần Duy Bình Câu Nội Dung Điểm Câu 1 4,0 đ Hệ phương trình đã cho tương đương 1,0 1,0 2,0 Nếu một trong ba số x,y,z bằng 2.Giả sử x Cả ba số x,y,z thì y nhân ba phương trình ta được vô nghiệm Vậy Câu 2 4,0 đ Đặt là nghiệm duy nhất của hệ với không âm có tổng ta 1,5 có Như vậy ta có Áp dụng ta có 1,0 1,0 11 0,5 ........ C âu3 4,0 .......... 1,0 1,0 Thay và ta có bất đẳng thức phải chứng minh. .................................................................................................................... Xét các trường hợp Xét là nghiệm thoã mãn. ta chứng minh phương trình vô nghiệm +) Chứng minh ......... C âu4 4,0 0,75 Thật vậy vì 0,75 nên 0,5 .......... Đặt .Khi đó 0,75 Suy ra Nhận xét : 1,0 Đặt x (2) Từ (1) và (2) suy ra vô lý. 0,5 Vậy pt có nghiệm ...................................................................................................................... Ta có ......... C âu5 4,0 đ 1.0 nên tứ giác AIEF nội tiếp trong đường tròn (C1) 0,75 ......... 0,5 nên tứ giác BIGD nội tiếp trong đường tròn (C2) Suy ra AE là trục đẳng phương của ( BD là trục đẳng phương của ( và (C1) và (C2) 0,5 0,5 Ta sẽ chứng minh KP là trục đẳng phương của (C1) và (C2) Gọi J là giao điểm của (C1) và (C2) Suy ra IJ là trục đẳng phương của (C1) và (C2) Gọi K/ và P/ lần lượt là giao điểm của IJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABJ và FGJ 1,0 0,5 12 0,75 Suy ra 0,25 Chứng minh tương tự ta có Xét hai tứ giác nội tiếp P’FJG và IJGD suy ra Chứng minh tương tự Suy ra P,K,J,I thẳng hàng. Do đó KP là trục đẳng phương của hai đường tròn ( Theo tính chất của trục đẳng phương suy ra AE, BD, KP đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn hoặc đôi một song song, suy ra bài toán đựơc chứng minh. .................................................................................................................... Xét điểm A.Gọi a là số đoạn thẳng nhận A làm đầu mút . Giả sử a là số lẻ. Dựng đường thẳng l đi qua A mà không đi qua bất kì điểm nào khác. Với mỗi đường thẳng l thì tồn tại hai đường thẳng l1 và l2 sao cho l // l1// l2 và trong khoảng giới hạn bởi l1, l2 không chứa bất kì điểm nào. Gọi S1,S2 là số giao điểm của l1,l2 với các đoạn thẳng được nối. Ta thấy các đoạn thẳng có đầu mút là A cắt l1 tại x điểm thì cắt l2 tại a-x điểm. Mỗi đoạn thẳng không có đầu A sẽ có hai trạng thái: +/Cắt cả hai đường thẳng l1 và l2 +/ Không cắt l1 và l2 Khi đó số giao điểm là 0 và 2 Vậy các đoạn thẳng không có đầu A cắt l1,l2 tại số chẵn điểm. Suy ra S S1+S2 a(mod 2) hay S1+S2 1(mod 2) vì a lẻ Nên tồn tại S1 hoặc S2 lẻ , điều này mâu thuẫn với giả thiết Vậy a ch ẵn 13 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ Lần thứ VI- Năm học: 2012 - 2013 ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 10 (Thời gian: 180 phút – Không kể thời gian giao đề) ĐỀ ĐỀ NGHỊ ------------------- Câu 1 ( 4 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x − 1( x + y − 1) = ( x − 2) x + y ( x, y ∈ ¡ ).  2 2 ( x + 1) x − 2 x + y + 4 = x − y Câu 2 (4 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức sau: 6(a + b + c)(ab + bc + ca ) (a + b) 2 (b + c ) 2 (c + a ) 2 985 + ≥ . (a + b)(b + c)(c + a ) abc (a + b + c )3 108 Câu 3 (4 điểm) Trong mặt phẳng cho đường tròn tâm (O). Hai đường tiếp tuyến tại hai điểm phân biệt A và B ( thuộc đường tròn (O) ) cắt nhau tại P. Trên cung AB nhỏ lấy điểm C không là điểm chính giữa cung AB. Giả sử AC cắt PB tại D, BC cắt AP tại E. Chứng minh rằng tâm của ba đường tròn (ACE), (BCD), (PCO) thẳng hàng. Câu 4 (4 điểm) Tìm tất cả các hàm f :¢ → ¢ thỏa mãn f ( x − y + f ( y )) = f ( x) + f ( y ), ∀x, y ∈ ¢. Câu 5 (4 điểm) Cho bảng hình chữ nhật kích thước m × n (m < n) . Một số ô có một số ngôi sao, giả sử mỗi cột có ít nhất một ngôi sao. Chứng minh rằng có ít nhất hai ngôi sao mà hàng chứa nó có nhiều ngôi sao hơn cột chứa nó. -------------------Hết------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 14 ĐÁP ÁN Môn: Toán 10 Câu 1 (4 điểm) x ≥ 1  (*) ĐK:  x + y ≥ 0  x2 − 2x + y + 4 ≥ 0  */ Đặt u = x + y ; v = x − 1 (u ≥ 0, v ≥ 0) , phương trình (1) trở thành: v(u 2 − 1) = (v 2 − 1)u ⇔ (u − v)(uv + 1) = 0 ⇔ u = v ⇔ x + y = x − 1 ⇔ x + y = x − 1 ⇔ y = −1. */ Thế y = −1 vào pt (2) ta được: x2 + 1 ( x + 1) x − 2 x + 3 = x + 1 ⇔ x − 2 x + 3 = x +1 x2 + 1 2 ⇔ x − 2x + 3 − 2 = −2 x +1 x2 − 2x − 1 x2 − 2x − 1 ⇔ = x +1 x2 − 2 x + 3 + 2 2 2 2  x = 1 − 2 (loai )   x − 2x − 1 = 0 ⇔ ⇔ x =1+ 2 ⇔ x =1+ 2 2 x − 2 x + 3 = x − 1  2  2  x − 2 x + 3 = ( x − 1) Dễ thấy x = 1 + 2, y = −1 thỏa mãn (*). 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1 + 2; − 1). Câu 2 (4 điểm) bc ac ab = x; = y; =z Đặt a (a + b + c) b( a + b + c ) c(a + b + c) Ta để ý đến phân tích sau: 6(a + b + c)(ab + bc + ca ) 3(a + b + c) [ a (b + c) + b(c + a ) + c (a + b) ] = (a + b)(b + c)(c + a ) (a + b)(b + c )(c + a )  a( a + b + c) b( a + b + c) c( a + b + c)  = 3 + + ÷  (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + b)(c + a )   1 1 1  = 3 2 + 2 + 2 ÷  x +1 y +1 z +1 Khi đó bài toán trở thành: Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = 1 15  1 1 1  985 + 2 + 2 + (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) ≥ Chứng minh rằng: 3  2 ÷ 108  x +1 y +1 z +1 64 2 2 2 * Trước hết ta chứng minh: (1 + x )(1 + y )(1 + z ) ≥ (1) 27 Thật vậy (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) = ( x + y ) 2 ( y + z ) 2 ( z + x) 2 Khi đó việc chứng minh (1) tương đương với chứng minh: 8 ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ 3 3 Nhưng bất đẳng thức này chỉ là hệ quả của hai bất đẳng thức đúng sau: 8 8 ( x + y )( y + z )( z + x) ≥ ( x + y + z )( xy + yz + zx) = ( x + y + z ) 9 9 8 8 và: ( x + y + z ) ≥ 9 3 3 * Quay trở lại bài toán: 1 1 1 3 Áp dụng bđt AM-GM ta có: x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 1 ≥ 3 (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) Khi đó ta cần chứng minh: 9 3 Đặt 3 (1 + x )(1 + y )(1 + z ) 2 2 2 +(1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) ≥ 985 (2) 108 (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) = t , theo (1) ta có được t ≥ (*) 4 3 9 3 985 +t ≥ t 108 Nhưng bất đẳng thức trên đúng theo AM-GM: 13 3 13 9 9 9 243.t 3 t ≥ + + + ≥ 9 , và . Bất đẳng thức đã cho được chứng minh. 256 108 3t 3t 3t 256 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. và (2) ⇔ Câu 3 (4 điểm) Giả sử C gần B hơn A. Gọi M là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (ACE) và (BCD). Khi đó ∠MEA = ∠MCA = ∠DBM = ∠PBM nên tứ giác BMEP nội tiếp. Tương tự ta cũng có tứ giác AMDP nội tiếp. Ta chỉ ra tứ giác OMCP nội tiếp. Thật vậy, ta có ∠CMP = ∠DMP − ∠DMC = ∠DAP − ∠PBE , do các tứ giác AMDP và BMEP nội tiếp. Mà BP và AP là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ∠CMP = ∠DAP − ∠PBE = 1 » 1 » sd AC − sd BC = ∠COP . 2 2 16 Do đó tứ giác OPCM nội tiếp. Từ đây ta có ba đường tròn (ACE), (BCD), (PCO) có 2 điểm chung C và M, suy ra tâm của ba đường tròn (ACE), (BCD), (PCO) thẳng hàng (ĐPCM). B D C P M O E A Câu 4 (4 điểm) Đặt f ( a) = 0 . Cho x = y = 0 ta suy ra f (a ) = 2a hay f (a ) − a = a . Cho x = 0, y = a ta có f ( f (a) − a ) = f (0) + f (a) suy ra f (0) = 0 . Cho x = 0, y = x ta có f ( f ( x ) − x ) = f ( x) . Thay y bởi f ( y ) − y ta được f ( x − f ( y ) + y + f ( f ( y ) − y )) = f ( x ) + f ( f ( y ) − y ) hay là f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) với mọi x, y ∈ Z . Đây là phương trình hàm Cauchy và nghiệm của nó là f ( x) = xf (1) . Thay lại vào phương trình ban đầu ta suy ra f ( x) = 0 ∀x, y ∈ Z hoặc f ( x) = 2 x ∀x, y ∈ Z . Câu 5 (4 điểm) N ngôi sao được đánh số từ 1 tới N Đặt ai , bi tương ứng là số ngôi sao ở cột và hàng chứa ngôi sao thứ i. Ta cần chứng minh bi > ai với ít nhất hai chỉ số i nào đó. . Nhận xét: Nếu ai = k thì mọi ngôi sao cùng cột với ngôi sao thứ i có a j tương ứng là k . 1 Từ đó suy ra ∑ = n ai 1 1 ⇒∑ ≤m 0 hay bi > ai với hai chỉ số. Suy ra tồn tại hai chỉ số i để ai bi ⇒ đpcm. -----------------Hết----------------- 18 Sở Giáo dục & Đào tạo TTHuế Trường THPT Chuyên Quốc Học  ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VI MÔN : TOÁN HỌC THỜI GIAN 180 PHÚT Câu 1. (4 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực 27 x 2 − 36 x − 4 = 5 5 x + 2 Câu 2. (4 điểm) Cho x1 , x2 ,..., xn là các số thực thuộc đoạn [ a; b ] , trong đó 0 < a < b và n là số tự nhiên, n ≥ 2. Chứng minh rằng 2 2 1 1 1  n ( a + b) P = ( x1 + x2 + ... + xn )  + + ... + ÷≤ xn  4ab  x1 x2 Câu 3. (4 điểm) 1 1 1 Cho n là số nguyên dương. Xét phương trình + = , với x , y là các số x y n nguyên dương. a) Phương trình có thể có đúng 2014 cặp nghiệm ( x, y ) hay không ? b) Tìm n nhỏ nhất để phương trình có đúng 2013 cặp nghiệm ( x, y ) . Câu 4. (4 điểm) Cho ABC là tam giác không tù. Gọi D là chân đường cao vẽ từ A , I và J lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác ABD và ACD . Đường thẳng IJ lần lượt cắt các cạnh AB và AC tại các điểm P và Q . Chứng minh rằng · AP = AQ khi và chỉ khi AB = AC hoặc BAC = 900 . Câu 5. (4 điểm) Cho bảng n × n (n hàng, n cột). Các cột và các hàng được đánh số thứ tự như hình vẽ. Trong mỗi ô ta viết vào một số từ các số { 1,2,3,..., n} sao cho trong mỗi hàng và mỗi cột các số được viết trong nó là khác nhau. Ta gọi một ô là “tốt” nếu số được viết trong ô đó lớn hơn số thứ tự của cột chứa ô đó. Tìm n ∈ ¥ * để tồn tại cách xếp số sao cho trong các hàng số lượng ô “tốt” là bằng nhau. 19 --------Hết-------Sở Giáo dục & Đào tạo TTHuế Trường THPT Chuyên Quốc Học  ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VI MÔN : TOÁN HỌC THỜI GIAN 180 PHÚT Câu 1 Nội dung Giải phương trình sau trên tập số thực 27 x 2 − 36 x − 4 = 5 5 x + 2 2 Điều kiện xác định x ≥ − . 5 3 Đặt 5 x + 2 = 3a − 2 , điều kiện a ≥ ta có hệ phương trình 2 2 2 27 x − 36 x − 4 = 5 ( 3a − 2 ) 9 x − 12 x − 5a + 2 = 0 ⇔   2 2 9a − 12a − 5 x + 2 = 0 ( 3a − 2 ) = 5 x + 2 Suy ra 9 ( x 2 − a 2 ) − 12 ( x − a ) + 5 ( x − a ) = 0 x = a ⇔ 9( x − a) ( x + a) − 7( x − a) = 0 ⇔  7  −x=a 9 x = a Với ta có 9 x 2 − 17 x + 2 = 0 17 + 217  5 x + 2 = 3x − 2 ⇔  ⇔x= 3 18  x ≥ 2 7 Với a = − x ta có 9 1  2 + 5x + 2 7 x ≤ = − x ⇔ 3 5x + 2 = 1 − 9x ⇔  9 3 9 2 81x − 63x − 17 = 0 ⇔x= 7 − 3 13 18 17 + 217 7 − 3 13  ; Vậy nghiệm của phương trình là S =   18 18   Cho x1 , x2 ,..., xn là các số thực thuộc đoạn [ a; b ] , trong đó 0 < a < b và n 20 Điểm 1 1 1 1 là số tự nhiên, n ≥ 2. Chứng minh rằng 2 2 1 1 1  n ( a + b) P = ( x1 + x2 + ... + xn )  + + ... + ÷≤ xn  4ab  x1 x2 Với mọi t ∈ [ a, b] 2 t − a ≥ 0 ⇒ ( t − a ) ( t − b ) ≤ 0 ⇒ t 2 + ab ≤ at + bt Ta có a ≤ t ≤ b ⇒  t − b ≤ 0  Do 0 < a ≤ t ≤ b ta có t, a, b > 0; chia cả hai vế của bất đẳng thức cho số dương t ab ta được t ab a b + ≤ + t b a ab t=a hoặc t=b. (*); đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Mặt khác, với mọi số thực u, v ta có uv ≤ 1 2 ( u + v) 4 (**); đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u=v. Áp dụng (**) ta có x x   ab ab ab   x P =  1 + 2 + ... + n ÷ + + ... + ÷ x2 xn  ab ab   x1  ab 2 1  x1 ab x2 ab xn ab  ≤  + + + + ... + + ÷ (3) 4  ab x1 x2 xn  ab ab Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 x x ab ab ab + 2 + ... + n = + + ... + x1 x2 xn ab ab ab Mặt khác theo (*) ta có 1 x1 ab a b + ≤ + x1 b a ab x2 ab a b + ≤ + x2 b a ab .................................... xn ab a b + ≤ + xn b a ab Cộng vế theo vế các BĐT này ta được  a b x1 ab x ab x ab + + + 2 + + ... + n + ≤ n ÷= b a x1 x2 xn ab ab ab   ( a + b) n ab Hai vế của BĐT đều dương, bình phương hai vế ta được 21 1 1 1 2  x1 ab x2 ab xn ab  n ( a + b ) + + + + ... + +  ÷ ≤ x x x ab ab ab ab 1 2 n   ⇒ 2 2 2 1  x1 ab x2 ab xn ab  n ( a + b ) + + + + ... + + (4)  ÷ ≤ 4  ab x1 x2 xn  4ab ab ab Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( x1 = a hoặc x1 = b ) và ( x2 = a hoặc x2 = b ) ...và ( xn = a hoặc xn = b ) . 2 n2 ( a + b ) Từ (3) và (4) ta suy ra P ≤ 4ab 2 Cho n là số nguyên dương. Xét phương trình 2 1 1 1 + = , với x , y là x y n các số nguyên dương. a) Phương trình có thể có đúng 2014 cặp nghiệm ( x, y ) hay không ? b) Tìm n nhỏ nhất để phương trình có đúng 2013 cặp nghiệm ( x, y ) . 2 a) Phương trình tương dương n( x + y ) = xy ⇔ ( x − n)( y − n) = n . Nhận xét rằng x > n và y > n , nên x − n và y − n là các ước số nguyên dương của n 2 . Suy ra số nghiệm phương trình là số ước số nguyên dương của n2 . α α α Giả sử n = p1 p2 K pk là phân tích nguyên tố của n . Khi đó n 2 = p12α p22α K pk2α . Suy ra số ước số nguyên dương của n 2 là (2α1 + 1)(2α 2 + 1)L (2α k + 1) . Số này là một số lẻ. Vậy phương trình không thể có đúng 2014 cặp nghiệm. 1 1 3 2 2 1 k k b) Ta có 2013 = 3 ×11 ×61 . Xét các trường hợp 1) 2013 = 2 ×1006 + 1 . Khi đó số n nhỏ nhất là n = 21006 . 2) 2013 = 3 ×671 = (2 ×1 + 1)(2 ×335 + 1) . Khi đó số n nhỏ nhất là n = 2335 ×32 . 3) 2013 = 11 ×183 = (2 ×5 + 1)(2 ×90 + 1) . Khi đó số n nhỏ nhất là n = 290 ×35 . 4) 2013 = 33 ×61 = (2 ×16 + 1)(2 ×30 + 1) . Khi đó số n nhỏ nhất là n = 230 ×316 . 5) 2013 = 3 ×11 ×61 = (2 ×1 + 1)(2 ×5 + 1)(2 ×30 + 1) . Khi đó số n nhỏ nhất là n = 230 ×35 ×5 . So sánh các trường hợp ta có số n nhỏ nhất là n = 230 ×35 ×5 = 1215 ×230 để phương trình có đúng 2013 cặp nghiệm ( x, y ) . 22 1 1 1 Cho ABC là tam giác không tù. Gọi D là chân đường cao vẽ từ A , I và J lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác ABD và ACD . Đường thẳng IJ lần lượt cắt các cạnh AB và AC tại các điểm P và Q . Chứng minh rằng AP = AQ khi và chỉ khi AB = AC hoặc · BAC = 900 . 4 Do tam giác ABC không tù nên D ở trong đoạn BC . Thuận. Giả sử AP = AQ . Trên AD lấy điểm D ' sao cho AD ' = AP = AQ . Khi đó ta có ∆API = ∆AD ' I và ∆AQJ = ∆AD ' J . Suy ra ·AD ' I = ·AD ' J . · ' I = DD · ' J . Mà D · ' DI = D · ' DJ (cùng bằng 450 hay Nếu D ' ≡/ D thì DD 1350 ) nên ∆DD ' I : ∆DD ' J . Suy ra ∆AD ' I : ∆AD ' J . Do đó · · ' = 2 JAD · · . Vậy ABC là tam giác cân tại A nên BAD = 2 IAD ' = CAD AB = AC . · Nếu D ' ≡ D thì ·API = ·ADI = ·ADJ = ·AQJ = 450 . Suy ra BAC = 900 . Đảo. Nếu AB = AC thì ∆ABD = ∆ACD . Suy ra hai đường tròn ( I ) và ( J ) bằng nhau. Do đó PQ PBC . Vậy AP = AQ . · Giả sử BAC = 900 . Trên AB , AC lần lượt lấy các điểm P ' , Q ' sao cho AP ' = AQ ' = AD . Khi đó ∆AP ' Q ' vuông cân tại A nên ·AP ' Q ' = ·AQ ' P ' = 450 . Gọi I ' , J ' lần lượt là giao điểm của P ' Q ' với các đường phân giác · · của các góc BAD và CAD . Khi đó ∆AP ' I ' = ∆ADI ' và ∆AQ ' J ' = ∆ADJ ' . Suy ra ·ADI ' = ·ADJ ' = 450 . Do đó DI ' là phân giác góc ·ADB và DJ ' là phân giác góc ·ADC . Suy ra I ' và J ' là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABD và ACD . Vậy I ' ≡ I , J ' ≡ J . Từ đó P ' ≡ P , Q ' ≡ Q nên AP = AQ . Cho bảng n × n (n hàng, n cột). Các cột và các hàng được đánh số thứ tự như hình vẽ. Trong mỗi ô ta viết vào một số từ các số { 1,2,3,...,n} sao cho trong mỗi hàng và mỗi cột các số được viết trong nó là khác nhau. Ta gọi một ô là “tốt” nếu số được viết trong ô đó lớn hơn số thứ tự của 23 1 1 1 1 cột chứa ô đó. Tìm n ∈ ¥ * để tồn tại cách xếp số sao cho trong các hàng số lượng ô “tốt” là bằng nhau. Trên cột 1 số lượng ô tốt là n − 1 (các ô điền số 2,3,..., n ) Trên cột 2 số lương ô tốt là n − 2 (các ô điền số 3,4,..., n …….. Trên cột k số lượng ô tốt là n − k (các ô điền số k + 1,..., n Tổng số ô tốt là n −1 ∑i = i =1 n ( n − 1) . 2 1 Do số lượng ô tốt ở các hàng bằng nhau nên có 5 hàng, vậy n lẻ Ngược lại: n lẻ n −1 ô tốt trên mỗi 2 - Hàng 1 xếp vào các số 1, n, n − 1, n − 2,...,3,2 mỗi hàng tiếp theo chuyển động tròn hàng trước (xem hình) Rõ ràng cách xếp này thỏa mãn bài toán. Thật vậy, trên mỗi hàng, cột các số khác nhau Xét hàng thứ m m ∈ { 1,2,3,..., n} : m m ô đầu tiên là các số m, m − 1,...,1 suy ra có   ô tốt 2 Trong n − m ô còn lại m + 1, m + 2,..., n chứa các số n, n − 1,..., m + 1 , suy n − m ra có  ô tốt.  2  Vậy số ô “tốt” trên hàng thứ m là  m   n − m  m n − m 1 n −1  2  +  2  = 2 + 2 − 2 = 2 (Vì n lẻ nên m, n − m khác tính chẵn lẻ) Vậy n ∈ ¥ * và n lẻ. --------------------Hết-------------------24 1 1 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN KỲ THI CHỌN HSG CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2013 Đề đề nghị môn Toán lớp 10 Thời gian làm bài 180 phút (Không kể thời gian phát đề) *********** Câu I(4 điểm). Giải hệ phương trình: 5  2 x ( y − z ) = − 3  2  y ( z − x) = 3  z2 ( x − y) = 1 3  Câu II(4 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 1 1 1 1 9 + + ≤ CMR: 1 − ab 1 − bc 1 − ca 2 Câu III(4 điểm). Cho ∆ABC . Một đường thẳng d thay đổi cắt các cạnh AB và AC tại M và N sao cho: MB NC x +y = 1 ( x, y là các số thực dương cho trước) MA NA CMR: đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định. Câu IV(4 điểm). Tồn tại hay không hai số nguyên dương phân biệt a, b sao cho b n + n chia hết cho a n + n với mọi số nguyên dương n. Câu V(4 điểm). Tìm độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vuông sao cho có thể đặt vào trong nó 5 hình tròn bán kính r = 1 mà không có hình tròn nào có điểm trong chung. ******** Hết ******** Câu ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Đáp án 25 Điểm Câu I (4đ) Câu II (4đ) Giải hệ phương trình: 5  2 x y − z = − (1) ( )  3  2 (2)  y ( z − x) = 3  z2 ( x − y ) = 1 (3) 3  Nhận xét: Nếu ( x, y, z ) là nghiệm của hệ thì x, y, z ≠ 0 và đôi một khác nhau. 5 Cộng (1), (2), (3) ta được: − ( y − z ) ( z − x ) ( x − y ) = 3 5 2 2 2 Nhân (1),(2),(3) ta được: x y z ( y − z ) ( z − x ) ( x − y ) = − 3 Suy ra: xyz = ±1 * Nếu xyz = 1 , nhân (1) với y , nhân (2) với x rồi cộng lại ta được: 5 5 xyz ( y − x ) = − x + 3 x ⇒ y − x = − y + 3 x (4) 3 3 Tương tự, nhân (1) với z, nhân (3) với x rồi cộng lại ta được: 5 x x−z=− z+ (5) 3 3 3x Từ (4) và (5) ⇒ y = ; z = − x . Thay vào hệ ta được: 2 2 3 2 2 x = − 3 ; y = − 3 ; z = 3 (thử lại thỏa mãn) 3 2 3 3 x Nếu xyz = −1 làm tương tự ta được: y = 3x; z = 2 2 2 1 2 ⇒ x = − 3 ; y = −3 3 ; z = − 3 (thử lại thỏa mãn) 3 3 2 3 a, b, c ≥ 0 1 1 1 9 + + ≤ Cho  2 . CMR: 2 2 1 − ab 1 − bc 1 − ca 2 a + b + c = 1 Biến đổi BĐT về dạng:  1   1   1  9 − 1 + − 1 + − 1  ÷  ÷  ÷≤ − 3  1 − ab   1 − bc   1 − ca  2 ab bc ca 3 ⇔ + + ≤ 1 − ab 1 − bc 1 − ca 2 26 ` 1đ 1,5đ 1,5đ (1) 1đ Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có: ab 2ab 2ab = ≤ 2 1 − ab ( 1 + c 2 ) + ( a − b ) 1 + c2 a + b) 1 ( 1  a2 b2  ≤ ≤ + 2 ( c 2 + a 2 ) + ( c 2 + b 2 ) 2  c 2 + a 2 c 2 + b 2 ÷  ab 1  a2 b2  ≤ + Vậy: (2) 1 − ab 2  c 2 + a 2 c 2 + b 2 ÷  Tương tự: bc 1  b2 c2  ≤ + (3) 1 − bc 2  a 2 + b 2 a 2 + c 2 ÷  2 ca 1  c2 a2  ≤ + 1 − ca 2  b 2 + c 2 b 2 + a 2 ÷  Câu III (4đ) 1đ 1đ (4) Cộng vế với vế (2),(3),(4) ta có: ab bc ca 3 + + ≤ từ đó ⇒ đpcm 1 − ab 1 − bc 1 − ca 2 3 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 3 Cho ∆ABC . Một đường thẳng d thay đổi cắt các cạnh AB và AC tại M và N sao cho: MB NC x +y = 1 ( x, y là các số thực dương cho trước) MA NA CMR: đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định. DB y = (1) ⇒ D là điểm cố định. DC x Đường thẳng d lần lượt cắt AB,AC,AD tại M,N,E. Qua B,C kẻ các đường thẳng song song với d, lần lượt cắt AD tại B’ và C’ (hình vẽ) MB EB ' NC EC ' = ; = Ta có: MA EA NA EA 1đ Trên BC lấy điểm D sao cho: 27 1đ 1đ Và B ' D BD y = = ⇒ x.B ' D − y.C ' D = 0 C ' D CD x (*) EB ' EC ' +y = 1 ⇔ x.EB '+ y.EC ' = 1 EA EA ⇔ x ( ED − B ' D ) + y ( ED + DC ' ) = EA ⇔ ( x + y ) ED + ( yC ' D − xB ' D ) = EA ⇔ ( x + y ) .ED = EA (do (*)) EA ⇔ = x + y (không đổi) ⇒ E là điểm cố định (do A,D là điểm cố ED định). Vậy đường thẳng d luôn đi qua điểm E cố định. Tồn tại hay không 2 số nguyên dương phân biệt a, b sao cho b n + n chia hết cho a n + n với mọi số nguyên dương n . Giả sử tồn tại 2 số nguyên dương phân biệt a, b sao cho b n + n chia hết cho a n + n với mọi số nguyên dương n . Thế thì b n + n > a n + n ⇒ b > a Giả sử p là số nguyên tố lớn hơn b và n là số tự nhiên thỏa mãn: n = ( a + 1) ( p − 1) + 1 Theo giả thiết: x. Câu IV (4đ) Khi đó: n = ( a + 1) p − a ⇒ n ≡ −a ( mod p ) Vì a < b < p nên ( a, p ) = ( b, p ) = 1 Theo định lý nhỏ Fecmat ta có: a p −1 ≡ 1( mod p ) ⇒ a ( a +1) ( p −1) ≡ 1( mod p ) 1đ (1) ⇒ a ( a +1) ( p−1) +1 ≡ a ( mod p ) . Do đó: a n ≡ a ( mod p ) (2) n n Từ (1) và (2) suy ra: a + n ≡ 0 ( mod p ) hay a + nMp n Chứng minh tương tự: b ≡ b ( mod p ) (3) và do b n + n Ma n + n n Nên b + nMp (4) n Từ (1) và (3) ⇒ b + n ≡ b − a ( mod p ) (5) Từ (4) và (5) ⇒ b − aMp . Điều này không thể xảy ra vì a < b < p Vậy không tồn tại 2 số nguyên dương thỏa mãn bài toán. 28 2đ 1đ 1đ 1đ Câu V (4 đ) Tìm độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vuông sao cho có thể đặt vào trong nó 5 hình tròn bán kính r = 1 mà không có hình tròn nào có điểm chung trong. Giả sử trong hình vuông ABCD cạnh a có thể đặt được 5 hình tròn bán kính 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 1đ Xét hình vuông được tạo thành bằng cách lùi các hình vuông cạnh của hình vuông ABCD vào bên trong 1 đơn vị. Khi đó hình vuông mới có cạnh bằng a − 2 và nó phải chứa tâm các hình tròn trên. a−2 bởi các 2 đường trung trực của cách cạnh hình vuông. Khi đó theo nguyên lý a−2 Dirichlet, phải có 1 hình vuông con cạnh chứa tâm của 2 hình tròn 2 bán kính 1. Do khoảng cách giữa 2 tâm hình tròn này ≥ 2 nên đường chéo của hình a−2 2 ≥2⇒a≥2+2 2 vuông nhỏ có độ dài 2 Mặt khác, trong hình vuông cạnh 2 + 2 2 ta có thể xếp được 5 hình tròn bán kính 1 như hình vẽ. Vậy độ dài nhỏ nhất của cạnh hình vuông cần tìm là: a = 2 + 2 2 Đem hình vuông cạnh a − 2 chia thành 4 hình vuông cạnh 1đ 1đ 1đ 29 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT THI HSG TOÁN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN 10 Thời gian: 180 phút  2x 2 =y  2 x + 1   3 y3 =z Câu 1: (4 điểm). Giải hệ phương trình:  4 2  y + y +1  4z 4 =x  6  z + z4 + z2 +1 Câu 2: (4 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng: x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz-4 Câu 3: (4 điểm). Cho điểm P nằm ngoài đường tròn (O), PC là tiếp tuyến của đường tròn (O) kẻ từ P. Kẻ cát tuyến PAB và đường kính CD của đường tròn. Gọi E là giao điểm của PO với BD. Chứng minh rằng CE vuông góc với CA. x4 −1 y4 −1 + Câu 4: (4 điểm). Cho x, y là các số nguyên, x ≠ −1 và y ≠ −1 sao cho là y +1 x +1 số nguyên. Chứng minh rằng x 4 . y 44 − 1 chia hết cho x+1. Câu 5: (4 điểm). C¸c ®Ønh cña thËp gi¸c ®Òu ®îc ®¸nh sè bëi c¸c sè nguyªn tõ 0;1;..;9 mét c¸ch tuú ý. Chøng minh r»ng lu«n t×m ®îc 3 ®Ønh liªn tiÕp cã tæng c¸c sè lµ lín h¬n 13. -----------------------------------------Hết----------------------------------------- TT HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung 30 Điểm Câu 1 Câu 2 Câu 3  2x 2  x2 + 1 = y   3 y3 =z Câu 1: (4 điểm). Giải hệ phương trình:  4 2 y + y + 1   4z 4 =x  6  z + z4 + z2 +1 Hướng dẫn: Từ điều kiện của bài toán suy ra, x, y, z ≥ 0 . Từ phương trình thứ nhất với đánh giá của BĐT Cauchy ta có: 2x 2 2x 2 y= 2 ≤ = x(1) x + 1 2x Từ phương trình thứ hai với đánh giá bất đẳng thức Cauchy ta có 3 y3 3 y3 z= 4 ≤ = y (2) y + y2 +1 3y2 Từ phương trình thứ bavới đánh giá bất đẳng thức Cauchy ta có 4z 4 4z 4 x= 6 ≤ = z (3) z + z 4 + z 2 + 1 4z 3 Từ (1); (2); (3) ta có: x ≥ y ≥ z ≥ x ⇔ x = y = z thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta nhận được tập nghiệm của hệ. (x;y;z)=(0;0;0); (1;1;1). Câu 2: (4 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng: x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz-4 Hướng dẫn. Ta có x 2 + 4 ≥ 4x , đẳng thức xảy ra khi x = 2. 4x+xy 2 = x(4 + y 2 ) ≥ 4xy , đẳng thức xảy ra khi y = 2. 4xy+xyz 2 = xy(4 + z 2 ) ≥ 4xyz , đẳng thức xảy ra khi z = 2. Cộng ba bất đẳng thức lại ta có điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z= 2. 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 Câu 3: (4 điểm). Cho điểm P nằm ngoài đường tròn (O), PC là tiếp tuyến của đường tròn (O) kẻ từ P. Kẻ cát tuyến PAB và đường kính CD của đường tròn. Gọi E là giao điểm của PO với BD. Chứng minh rằng CE vuông góc với CA. Hướng dẫn. (HS tự vẽ hình) Gọi M là trung điểm của AB thì OM ⊥ AB . Tứ giác PCOM nội tiếp 1,0 · · nên ·AMC = POC . = DOE Do đó hai tam giác AMC và tam giác DOE đồng dạng (thêm hai góc · · vì cùng chắn cung BC). Mặt khác M là trung điểm của CAM = CDB AB, O là trung điểm của DC nên hai tam giác AMC và tam giác DOE đồng dạng dẫn đến hai tam giác ABC và tam giác DCE đồng dạng. 1,0 31 · Suy ra DEC = ·ACB Vì ·ACB + ·ADB = 1800 (tứ giác ACBD nội tiếp) nên suy ra · · ; ·ADB là hai góc trong cùng phía, DEC + ·ADB = 1800 . Hai góc DEC cộng lại bằng 1800 nên AD//CE. Mà AD ⊥ AC nên CE ⊥ AC (đpcm). Câu 4 Câu 4: (4 điểm). Cho x, y là các số nguyên, x ≠ −1 và y ≠ −1 sao x4 −1 y4 −1 + cho là số nguyên. Chứng minh rằng x 4 . y 44 − 1 chia y +1 x +1 hết cho x+1. Hướng dẫn. x4 −1 y4 −1 ;b = Đặt a = thì theo giả thiết a + b ∈ ¢ y +1 x +1 Do ab = ( x − 1)( x 2 + 1)( y − 1)( y 2 + 1) ∈ ¢. Vậy a, b đều thuộc Z. Do đó. x 4 . y 44 − 1 = x 4 ( y 44 − 1) + x 4 − 1 chia hết cho x+1, vì x 4-1 chia hết cho x+1 và y44-1 chia hết cho y4-1 mà y4-1 lại chia hết cho x+1 Câu 5 C¸c ®Ønh cña thËp gi¸c ®Òu ®îc ®¸nh sè bëi c¸c sè nguyªn tõ 0;1;..;9 mét c¸ch tuú ý. Chøng minh r»ng lu«n t×m ®îc 3 ®Ønh liªn tiÕp cã tæng c¸c sè lµ lín h¬n 13. Gi¶i: Gäi x1; x2 ;…; x10 lµ c¸c chØ sè g¸n cho c¸c ®Ønh cña thËp gi¸c ®Òu. Gi¶ sö ngîc l¹i lµ kh«ng t×m ®îc 3 ®Ønh nµo tho¶ m·n kh¼ng ®Þnh cña bµi to¸n. Khi ®ã ta cã: K1 = x1+x2+x3 ≤ 13. K2 = x2+x3+x4 ≤ 13. K3 = x3+x4+x5 ≤ 13. ……….. K10 = x10+x1+x2 ≤ 13. Tõ ®ã ⇒ k1+k2+…+k10 ≤ 130 MÆt kh¸c do k1+k2+…+k10 = 3(0+1+2+…+9)=3.45 = 135 Suy ra: 135 ≤ 130 (v« lý) ®iÒu v« lý nµy chøng tá ®pcm lµ ®óng. 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 Hướng dẫn chấm gồm 2 trang. Lưu ý: Học sinh giải bằng cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tương đương với biểu điểm chấm. 32 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH ĐỀ THI (ĐỀ XUẤT) TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC LƯƠNG VĂN TỤY DHĐBBB LẦN THỨ VI - HẢI PHÒNG MÔN TOÁN KHỐI 10 (Thời gian làm bài 180 phút) (Đề gồm 5 câu, trong 01 trang) Bài 1: Giải phương trình: x+ 2x = 1 1 + x+ x x Bài 2: Cho x và y là các số thực thỏa mãn:  x 2 + y 2 + 2 xy + x + y ≤ 2  2 2  x + 2 y + 2 xy + x − 2 y ≤ 10 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x + 2y. Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: với mọi số nguyên tố p tồn tại số nguyên a sao cho: 2 p + 3 p = a n Bài 4 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Đường thẳng l qua B cắt (O) và (O’) lần lượt tại C, D. Đường thẳng d song song với AD và tiếp xúc (O) tại E. d cắt l tại T. Đường thẳng qua T song song AC cắt AE tại F. Chứng minh TF là tiếp tuyến của đường tròn (O’). Bài 5 : Cho số nguyên dương n chia hết cho 6. Gọi an là số các bộ gồm 3 thành phần là các số nguyên không âm đôi một khác nhau có tổng không vượt quá n. Hãy xác định biểu thức an theo n. -------HẾT------ 33 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI (ĐỀ XUẤT) TRƯỜNG THPT CHUYÊN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC LƯƠNG VĂN TỤY DHĐBBB LẦN THỨ VI - HẢI PHÒNG MÔN TOÁN - KHỐI 10 1 ( 4điểm) Bài *) Điều kiện: x > 0 Nội Dung *) Phương trình tương đương với: *) Nếu: 1 1 = −x x x 1 1 1 1 − x < 0 thì x > ⇔ 2 x > x + ⇔ 2 x > x + . Vô lý. x x x x *) Tương tự, *) Với 2x − x + Điểm 1 − x > 0 cũng không xảy ra. x 1 1 − x = 0 ⇔ = x ⇔ x = 1 thỏa mãn phương trình. x x Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x=1. 2 ( 4điểm) 2  1 9  x + y + ÷ ≤  x 2 + y 2 + 2 xy + x + y ≤ 2 2 4  ⇔ *) Ta có:  2 2 2 2  x + 2 y + 2 xy + x − 2 y ≤ 10 1  3  25  + y − ÷ ≤  x + y + 2 ÷ 2 2    *) Đặt : a = x + y + 1 3 ;b=y2 2  2 9  a ≤ 4 Khi đó, a và b thỏa mãn:   a 2 + b 2 ≤ 25  2 Tìm giá trị nhỏ nhất của : P = a+ b + 1 *) Ta có: ( a + b ) = a 2 + b 2 + 2ab ≤ a 2 + b 2 + 2 34 41 2 3 2 a + b 3 41 2 32 2 3 25 3 25 32 9  3 + 41  a + (a 2 + b2 ) ≤ + . + . = =a +b + ÷ 2 3 41 41 41 2 3 41 4  2 ÷  2 2 Vậy, a + b ≥ −3 − 41 −1 − 41 ⇒P≥ 2 2 Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là: P = −1 − 41 2  −3  41 − 7 x =  a = 2  2 ⇔ Xảy ra khi:  b = − 41  y = 3 − 41  2  2 3 ( 4điểm) *) Nếu n =1 ta thấy luôn thỏa mãn. *) Xét với n > 1: +) Với p = 2 thì 13 = a n , không tồn tại số nguyên a và số tự nhiên n> 1 thỏa mãn. +) Với p > 2 thì p lẻ. Giả sử tồn tại hai số a và n thỏa mãn bài toán. p n p p p −1 p −2 p−2 p −1 i −1 p −i i −1 Ta có: a = 2 + 3 = (2 + 3)(2 − 2 .3 + ... − 2.3 + 3 ) = 5∑ (−1) .2 .3 i =1 Suy ra : a n M5 , vậy aM5 . Hơn nữa, vì n ≥ 2 nên a n M25 . p Bởi vậy, ∑ (−1) i −1 .2 p −i.3i −1 M5 . (1) i =1 Mặt khác, với mỗi i = 1,2,…,p ta có: (−1)i −1.2 p −i.3i −1 = (−1)i −1.2 p −i.(5 − 2)i −1 ≡ ( −1)i −1.2 p −i.( −2)i −1 ≡ 2 p −1 ( mod 5) p Từ đó ta có : ∑ (−1) i −1 .2 p −i.3i −1 ≡ p.2 p −1 (mod 5) (2) i =1 Từ (1) và (2) ta có : p.2 p −1 M5 . Do (2 p−1 ,5) = 1 nên pM5 . Vậy, p =5. Mà aM5 nên a = 5k, với k là số nguyên. Khi đó : 25 + 35 = (5k)n, hay (5k)n = 275.Do đó, 275 M5n . Do n > 1 nên n = 2. Suy ra, 275 = 25k2 ⇔ k2 = 11. Vô lý. Vậy, không tồn tại n nguyên với n >1 thỏa mãn. 4 ( 4điểm) 35 *)Gọi I là giao điểm của AE và BC. Do AD // TE và AC // TF nên: suy ra IA ID IA IC và = = IE IT IF IT IE IC do đó CE // DF. = IF ID *)Ta có: (FA, FD) = (EA, EC) = (BA, BC) = (BA, BD) (mod π) suy ra F ∈ (O ') . *) Xét 2 tam giác AFD và ECA có: (CE, CA) = (ET, EA) = (AD, AF) (mod π) và (FA, FD) = (EA, EC) (mod π) Do đó tam giác AFD đồng dạng với tam giác ECA (ngược hướng) khi đó ta có: (DF, DA) = (AC, AE) = (FT, FA) (mod π) Vậy TF tiếp xúc (O’) (đpcm). 36 5 ( 4điểm) *) Đặt A={(x,y,z) ∈ N3 | x+y+z ≤ n}/ *) Với mỗi (x,y,z) ∈ A thì : x+y có n+1 cách chọn là một trong các giá trị : 0,1,..,n. Nếu x+ y = k (0 ≤ k ≤ n) thì x có (k + 1) cách chọn và z có ( n + 1 – k) cách chọn ( còn y được xác định duy nhất theo x). Vậy, |A| = n 2 ∑ (k + 1)(n − k + 1) = k =0 (n + 1)(n + 2)(n + 3) 6 *) Đặt A1, A2, A3 lần lượt là các tập con của A gồm các bộ (x,y,z) thỏa mãn: x= y, y = z, z = x. Nếu (x,y,z) ∈ A1 thì x+ y = 2x là số chẵn, do đó nó có thể nhận một trong ( n + 1 ) giá trị 0,2,…n. 2 Nếu 2x=2k ( với 0≤k≤ Vậy, |A1| = n ) thì z có n-2k + 1 cách chọn. 2 n 2 ∑ (n − 2k + 1) = k =0 (n + 2) 2 4 Do vai trò của A1, A2, A3 như nhau nên: |A1| =|A2| =|A3| = n 2 (n + 2) 2 (n − 2k + 1) = ∑ 4 k =0 *) Mặt khác : A1 ∩ A 2 = A 2 ∩ A 3 = A 3 ∩ A1 = A1 ∩ A 2 ∩ A 3 = n +1 3 *) Ta có: a n = A \ (A1 ∪ A 2 ∪ A 3 = A − A1 − A 2 | − | A 3 + A1 ∩ A 2 + A 2 ∩ A 3 + A 3 ∩ A1 − A1 ∩ A 2 ∩ A 3 2 2 (n + 1)(n + 2)(n + 3) (n + 2)  n   n  n(2n + 3n − 6) = − 3. + 3  + 1÷−  + 1÷ = 6 4 12 3  3  -------------HẾT----------- 37 TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TỈNH DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2012-2013 Môn TOÁN – Lớp 10 Thời gian 180 phút. Bài 1. ( 4 điểm) Giải phương trình : 3 x 2 − 4 x − 2 + ( x + 2) 2 − x 2 = 0 Bài 2. ( 4 điểm) Cho tam giác ABC có góc ∠BAC = 600 . Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc AC,AB lần lượt tại D,E. Các điểm M,N,P,Q lần lượt là trung điểm CA,AB, BD, CE. Đường thẳng MP cắt AB tại K, NQ cắt AC tại H. Chứng minh các tam giác ABC và AHK có diện tích bằng nhau Bài 3. ( 4 điểm) Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: a b c + + ≤1 4−b 4−c 4−a Bài 4. ( 4 điểm) Với một số tự nhiên n , gọi S (n) là tập hợp tất cả các số nguyên dương m sao cho tồn tại một số nguyên dương k ≥ 2 mà biểu diễn của m theo cơ số k là một số gồm n chữ số 1. a) Chứng minh rằng: S (3) ∩ S (4) = ∅ b) Tìm S (3) ∩ S (5) Bài 5. ( 4 điểm) a) Chứng minh rằng {2i , i = 1, 2,…,36} là hệ thặng dư thu gọn modulo 37 b) Giả sử a1 , a2 ,…, ak là các số nguyên lớn hơn 1 sao cho a1 + a2 + L + ak = 36 . Chứng minh rằng có thể chia tập {1,2,…,36} thành các tập rời nhau A1 , A2 ,..., Ak sao cho | Ai |= ai và tổng các phần tử của Ai chia hết cho 37 với mọi i=1,2,…,k ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TỈNH DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2012-2013 (Trường chuyên Nguyễn Trãi- Hải Dương đề nghị) 2 Bài 1. Giải phương trình : 3 x − 4 x − 2 + ( x + 2) 2 − x 2 = 0 Lời giải: Phương trình tương đương với: 2 x 2 − (2 − x 2 ) − 4 x + ( x + 2) 2 − x 2 = 0 Đặt t = 2 − x 2 , ta được: −t 2 + ( x + 2)t + 2 x 2 − 4 x = 0 . Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn t, x là tham số, ta có: ∆ = ( x + 2) 2 + 4(2 x 2 − 4 x) = 9 x 2 − 12 x + 4 = (3x − 2) 2 38 Vậy ta được: t = 2 − x hoặc t = 2 x  2 +) t = 2 − x , tức là: 2 − x = 2 − x ↔   x≤2 ↔ x =1 2 − x2 = x2 − 4 x + 4 +) t = 2 x , tức là: 2 − x 2 = 2 x ↔ 2 − x 2 = 4 x 2 , ( x ≥ 0) ↔ x = 10 5 10 5 Bài 2. Cho tam giác ABC có góc ∠BAC = 600 . Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc Vậy phương trình có nghiệm: x = 1, x = AC,AB lần lượt tại D,E. Các điểm M,N,P,Q lần lượt là trung điểm CA,AB, BD, CE. Đường thẳng MP cắt AB tại K, NQ cắt AC tại H. Chứng minh các tam giác ABC và AHK có cùng diện tích Lời giải: Trước hết, ta chứng minh bài toán sau: :Cho tam giác ABC, đường tròn (I)nội tiếp tam giác,tiếp xúc BC tại E, D là trung điểm AE, M là trung điểm BC. Khi đó: M,I,D thẳng hàng. ******* Gọi N,P là trung điểm AC, AB thì D thuộc đoạn NP. 1 2 Đặt a = BC , b = AC , c = AB, p = (a + b + c) thì ta có: BE = p − b, CE = p − c uuu r uuur r Nên ( p − c) EB + ( p − b) EC = 0 uuur uuur r uur uur uur Suy ra: ( p − c) DP + ( p − b) DN = 0 ↔ ( p − c) IP + ( p − c ) IN = aID uur r uur uur 1 uu r uur 1 uu 2 uur uur uu r uur 2 uur uur uuur 2aID = aIA + ( p − c) IB + ( p − b) IC = ( p − c − b) IB + ( p − b − c ) IC = ( p − b − c )2IM Mặt khác: IN = ( IA + IC ) ; IP = ( IA + IB ) nên Vậy M,I,D thẳng hàng. Điều phải chứng minh Quay trở lại bài toán chính: 39 Ta có: M,P,I thẳng hang; N,Q,J thẳng hang nên bài toán có thể phát biểu lại như sau: Cho tam giác ABC có ∠BAC = 600 , M,N trung điểm AC,AB, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, MI cắt AM tại K, NI cắt AC tại H. Chứng minh tam giác ABC và AHK có cùng diện tích ****** Đặt BC = a, CA = b, AB = c . Gọi CI cắt AB tại S thì ta có: Suy ra: AS = CI CA CB b + a = = = IS AS BS c bc a+b Định lý Menelaus cho tam giác: ASC với cát tuyến MIK, ta được: MA IC KS . . =1 MC IS KA KS c KA − AS c AS a + b − c = ↔ = ↔ = KA a + b KA a +b AK a+b bc Ta được: AK = a+b−c bc Hoàn toàn tương tự có: AH = a + c −b 2 2 bc = bc vì a 2 = b 2 + c 2 − 2bc.cos 600 = b 2 + c 2 − bc Vậy AK . AH = 2 a − (b − c) 2 Do MA = MC nên Từ đó được điều phải chứng minh Bài 3. Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: Lời giải: 40 a b c + + ≤1 4−b 4−c 4−a a b c 3a a 3b b 3c c 2 + + )2 = ( + + ) 4−b 4−c 4−a a +b+c 4−b a+b+c 4−c a+b+c 4−a 3a 3b 3c a b c ≤( + + )( + + ) a +b+c a +b+c a +b+c 4−b 4−c 4−a Xét A2 = ( (Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1) ( Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) a b c + + 4−b 4−c 4−a a b c 1 + + ≤ (*) Còn lại là chứng minh: 4−b 4−c 4−a 3 2 Vậy A ≤ Bất đẳng thức (*) tương đương với: ab 2 + bc 2 + ca 2 + abc ≤ 4 . Không mất tính tổng quát, giả sử b nằm giữa a và c. Ta có: c(b − a)(b − c) ≤ 0 ↔ b 2c + c 2 a ≤ abc + bc 2 1 2b + a + c + a + c 3 ) =4 2 3 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 hoặc a = 2, b = 1, c = 0 hoặc các hoán vị Vậy A ≤ 1 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 Do đó: a 2b + b 2c + c 2 a + abc ≤ b(a + c) 2 ≤ ( Bài 4. Với một số tự nhiên n , gọi S (n) là tập hợp tất cả các số nguyên dương m sao cho tồn tại một số nguyên dương k ≥ 2 mà biểu diễn của m theo cơ số k là một số gồm n chữ số 1. c) Chứng minh rằng: S (3) ∩ S (4) = ∅ d) Tìm S (3) ∩ S (5) Lời giải: a) Giả sử ngược lại: S (3) ∩ S (4) =/ ∅ , khi đó, tồn tại 2 số nguyên g , h ≥ 2 sao cho 1 + g + g 2 = 1 + h + h 2 + h3 ↔ h3 = ( g − h)( g + h + 1) Nếu p là ước nguyên tố bất kỳ của h thì p là ước của g − h hoặc g + h + 1 hay p là ước của g hoặc g + 1 Nếu p k là ước của h thì p 3k là ước của g − h hoặc g + h + 1 vì ( g , g + 1) = 1 Ta viết h = xy với ( x, y ) = 1 thì x3 = g − h, y 3 = g + h + 1 Ta được: 2 xy = 2h = ( g + h + 1) − ( g − h) − 1 = y 3 − x 3 − 1 Ta sẽ chứng minh phương trình trên không có nghiệm nguyên x, y > 0 . +) Nếu 0 < y ≤ x thì y 3 − x3 − 1 ≤ −1, 2 xy ≥ 0 . Không tồn tại x, y > 0 thỏa mãn +) Nếu y > x > 0 thì y ≥ x + 1 nên y 3 − 2 xy − x3 − 1 ≥ ( x + 1)3 − 2( x + 1) x − x 3 − 1 + x 2 + x > 0 . b) Đặt f ( x) = 1 + x + x 2 , g ( x) = 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 thì f và g đồng biến trên tập các số nguyên dương. Giả sử tồn tại k , m nguyên dương sao cho f (k ) = g (m) . +) Nếu m = 2n, n > 1 thì f (4n 2 + n) = 1 + 4n 2 + n + 16n 4 + 8n3 + n 2 = (2n) 4 + (2n)3 + (2n) 2 + 2n + 1 + n 2 − n > g (2n) f (4n 2 + n − 1) = 1 + 4n 2 + 4n − 1 + (4n 2 + n) 2 − 2(4n 2 + n) + 1 = [(2n) 4 + (2n)3 + (2n) 2 + 2 n + 1] − 7 n 2 − 3n < g (2n) f (4n 2 + n − 1) < g (2n) = f (k ) < f (4n 2 + n) 41 nên 4n 2 + n − 1 < k < 4n 2 + n. . Mâu thuẫn. +) Nếu m = 2n + 1 , n ≥ 1 thì f [(2n + 1) 2 + n] < f (k ) = g (2n + 1) < f [(2n + 1) 2 + n + 1] nên (2n + 1) 2 + n < k < (2n + 1) 2 + n + 1 . Mâu thuẫn. Vậy nếu m ≥ 3 thì không thể có k và m thỏa mãn. +) Nếu m = 2 thì g (2) = 31 = f (5) +) Nếu m = 1 thì f (1) < g (1) = 5 < f (2) nên không tồn tại k = m Vậy S (3) ∩ S (5) = {31} Bài 5. a) Chứng minh rằng {2i , i = 1, 2,…,36} là hệ thặng dư thu gọn modulo 37 b) Giả sử a1 , a2 ,…, ak là các số nguyên lớn hơn 1 sao cho a1 + a2 + L + ak = 36 . Chứng minh rằng có thể chia tập {1,2,…,36} thành các tập rời nhau A1 , A2 ,..., Ak sao cho | Ai |= ai và tổng các phần tử của Ai chia hết cho 37 với mọi i=1,2,…,k Lời giải: a) Xét 21 = 2, 22 = 4, 23 = 8, 24 = 16 không đồng dư với 1 mod 37 Xét theo modulo 37 25 = 32 ≡ −5 ; 26 ≡ −10 ; 29 ≡ −80 ≡ −6 ; 212 ≡ −18 ; 218 ≡ 36 ≡ −1 tức là 26 , 29 , 212 , 218 không đồng dư với 1 mod 37 Giả sử k là số nhỏ nhất sao cho 2k ≡ 1 (mod 37) Xét 36 = kq + r , 0 ≤ r < k thì 236 = (2k ) q .2r nên 2r ≡ 1 (mod 37) Vậy r = 0 tức là k là ước của 36. Tuy nhiên do tính toán ở trên, với k là ước của 36 thì 2k không đồng dư với 1 mod 37 Vậy 2i không đồng dư 1 mod 37 với mọi i,1 ≤ i ≤ 35 Xét i < j,1 ≤ i, j ≤ 36 , giả sử 2i − 2 j ≡ 0(mod 37) thì 2 j −i ≡ 1(mod 37) . Mâu thuẫn. Vậy có điều phải chứng minh b) Phân tích để tìm ra hướng giải: Theo câu a, S = {2, 22 , 23 , …, 236 } là hệ thặng dự thu gọn modulo 37 nên ta có thể tìm cách phân hoạch tập S trước, việc phân hoạch tập {1, 2, …, 36} sẽ dựa vào việc phân hoạch tập S. Còn tập S dễ phân hoạch hơn là vì 236 − 1 = (1 + 212 + 224 )(212 − 1) = (2 − 1)(1 + 2 + 2 2 + L + 235 ) = (2 2 − 1)(1 + 2 2 + 24 +…+ 234 ) = ... = (2 k − 1)(1 + 2k + 22 k +…+ 2 pk ) với 36 = (q + 1).k và 236 − 1 chia hết cho 37 nên các cách phân tích trên ứng với các cách phân hoạch tập S thành 12 tập có 3 phần tử; 1 tập có 36 phần tử; 2 tập có 18 phần tử…, k tập có q+1 phần tử. Các cách phân tích này có vẻ là một số cách phân tích được nói đến trong đề bài nên việc phân hoạch thỏa mãn đề bài có vẻ dễ dàng hơn nhiều. Chú ý rằng, trong các cách phân tích ở trên, cách phân tích S thành 12 tập có 3 phần tử là có vẻ gần gũi với giả thiết nhất, vì 1 tập phải có ít nhất 3 phần tử, nên ta sẽ khai thác cách phân tích này để giải quyết bài toán. Xét tập {21 , 22 , …, 236 } có thể phân thành 12 tập rời nhau, mỗi tập 3 phần tử mà tổng các phần tử chia hết cho 37 Ai = {2i , 2i +12 , 2i + 24 }, i = 1, 2,...,12 , 42 Khi đó ta có 1 + 212 + 224 = 1 + 2 4 + 28 = 236 − 1 chia hết cho 37 và tương tự thế nên tổng các phần 212 − 1 tử của mỗi tập Ai đều chia hết cho 37. Bây giờ ta có lời giải cho bài toán: Lời giải: Có ba bước chính: +) Trước hết, ta sẽ tìm cách phân hoạch {1, 2, …,36} thành 12 tập con có 3 phần tử sao cho tổng các phần tử mỗi tập chia hết cho 37 Phân hoạch thành các tập như sau: ( theo suy nghĩ ở trên) Bi = {xi , yi , zi } mà xi ≡ 2i ; yi ≡ 2i +12 ; zi ≡ 2i + 24 , i = 1, 2,… ,12 ( theo mod 37) 12 Khi đó các tập Bi rời nhau và ∪i =1 Bi = {1, 2 …,36} Ngoài ra ta có 1 + 212 + 2 24 = 1 + 2 4 + 28 = 236 − 1 chia hết cho 37 nên tổng các phần tử của 212 − 1 Bi cũng vậy +) Sắp xếp lại các tập Bi thành từng cặp tập Ci , Ci* sao cho có x ∈ Ci thì 37 − x ∈ Ci* Xét ai = 37 − xi , bi = 37 − yi , ci = 37 − zi thì ai ≡ 2k (mod 37) , suy ra: 2k + 2i chia hết cho 37 Ta có k ∉{i, i + 12, i + 24} vì +) nếu k = i thì 37 = 2.2k chẵn. Mâu thuẫn. +) nếu k = i + 12 thì 212 ≡ −1( mod 37) → 236 ≡ −1(mod 37) . Mâu thuẫn +) Nếu k = i + 24 . Tương tự cũng có mâu thuẫn. Như vậy, tập {1, 2,…,36} có thể phân hoạch thành 12 tập Bi với cách viết khác C1 , C1* , C2 , C2* , …, C6 , C6* với Ci* = {37 − x, x ∈ Ci } +) Bây giờ, ta tìm một cách phân hoạch thỏa mãn đề bài Ta đã có: {1, 2, …, 36} = (C1 ∪ C2 ∪ ...C6 ) ∪ (C1* ∪ C2* ∪ ...C6* ) Giả sử a1 , a2 ,…, as là các số lẻ trong tập {a1 , a2 ,…, ak } . Khi đó, do a1 + a2 + L + ak = 36 là số chẵn nên s chẵn, s=2h. Chú ý rằng a1 , a2 ,…, as ≥ 3 nên 3s ≤ a1 + a2 + L + as ≤ 36 → s ≤ 12 →h≤6 Ta xây dựng các tập Ai như sau: Chọn tập A1 chứa C1 và A2 chứa C1* ; A3 chứa C2 và A4 chứa C2* ,…, A2 h −1 chứa Ch và A2h chứa Ch* . Lúc này, mỗi tập A1 , A2 , …, As đều đang chứa 3 phần tử và các tập As +1 , …, Ak đều chứa 0 phần tử. Tất cả đều thiếu một số chẵn phần tử. Ta làm đầy các tập Ai bằng cách: mỗi lần ta thêm một cặp dạng (a,37 − a) vào Ai nếu Ai còn thiếu phần tử, * trong đó a ∈ C j và 37 − a ∈ C j với j>h. Ta được một cách chia thỏa mãn đề bài. 43 SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM Bài 1 : (4.0 điểm) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2013 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN, LỚP 10 ( Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề) Giải hệ phương trình sau : 2 2 3 2 2  x + y + x y = y + x y − x ( x,y ∈ R)  3 2 3 3 − 10 x − 5 x + 12 y − 11 = 2 x . 7 x − 7 y + 2 x + 7   4 2 Cho a, b, c > 0 và thỏa : ab + bc + ca = 1 . Chứng minh Bài 2 : (4.0 điểm) rằng : a b c 3 3 + 2 + 2 ≥ 2 2 2 8 b +c + 2 c +a + 2 a +b + 2 2 Bài 3 : (4.0 điểm) Từ một điểm P ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến ∧ PB, PC tới nó (B, C là các tiếp điểm), biết BPC > 90 0 . Trên cung nhỏ BC lấy điểm A, từ A vẽ tiếp tuyến với đường tròn, tiếp tuyến này cắt PB, PC lần lượt tại K , L. Chứng minh rằng : S ∆PKL < S ∆ABC . (trong đó : S ∆PKL , S ∆ABC ký hiệu lần lượt là diện tích ∆PKL, ∆ABC ) . Bài 4 : (4.0 điểm) Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng : p ∑C C k p k p+k - (2p + 1) chia hết cho p2 . k=0 Bài 5 : (4.0 điểm) Trong hệ trục tọa độ vuông góc ta xét điểm tọa độ (x; y) với x; y số nguyên và 1 ≤ x ≤ 13, 1 ≤ y ≤ 7. Mỗi điểm trong những điểm này được tô màu hoặc là đỏ hoặc là trắng hoặc là xanh. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật mà các đỉnh của nó được tô cùng màu và các cạnh của nó song song với các trục tọa độ. ---------------------- HẾT ---------------------44 ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM Bài 1 : (4.0 điểm) Giải hệ phương trình sau : 4 2 2 2 3 2 2  x + y + x y = y + x y − x ( x,y ∈ R)  3 2 3 3  − 10 x − 5 x + 12 y − 11 = 2 x . 7 x − 7 y + 2 x + 7 Đáp án :  Ta có : x 4 + y 2 + x 2 y 2 = y 3 + x 2 y − x 2 ⇔ (x 4 + x 2 y 2 ) + (x 2 + y 2 ) = y 3 + x 2 y ⇔ x 2 ( x 2 + y 2 ) + ( x 2 + y 2 ) = y( x 2 + y 2 ) ⇔ ( x 2 + y 2 )( x 2 − y + 1) = 0 x 2 + y 2 = 0 ⇔ 2  x − y + 1 = 0 x = 0 thay vào phương trình thứ hai của hệ : không thỏa y = 0 2 2  Với x + y = 0 ⇔  Suy ra x = y = 0 không phải là nghiệm hệ phương trình .  Với x 2 − y + 1 = 0 ⇔ y = x 2 + 1 thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: − 10 x 3 + 12 x 2 − 5 x + 1 = 2 x 2 . 3 7 x 3 − 7 x 2 + 2 x , (1) • Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1), chia hai vế phương trình (1) cho x 3 ≠ 0 ta được : − 10 + 12 5 1 − 2 + 3 = 2. x x x 3 7− 7 2 + x x2 , (2) 1 x • Đặt t = ,t ≠ 0 ; phương trình (2) đưa về : t 3 − 5t 2 + 12t − 10 = 2 . 3 2t 2 − 7t + 7 ⇔ (t − 1) 3 + 2(t − 1) = (2t 2 − 7t + 7) + 2 . 3 2t 2 − 7t + 7 , (3) • Xét hàm số : f (u ) = u 3 + 2u , u ∈ R ∀u1 , u 2 ∈ R ; u1 ≠ u 2 . f (u1 ) − f (u 2 ) (u + 2u1 ) − (u + 2u 2 ) (u − u ) + 2(u1 − u 2 ) = = u1 − u 2 u1 − u 2 u1 − u 2 3 1 = 3 2 3 1 3 2 (u1 − u 2 )(u12 + u 22 + u1u 2 + 2) = u12 + u 22 + u1u 2 + 2 > 0 ; ∀u1 , u 2 ∈ R u1 − u 2 Suy ra hàm số f(u) luôn luôn đồng biến trên khoảng ( −∞ ; + ∞) 45 Xét : ⇔ f (t − 1) = f ( • Khi ) đó : pt(3) 2t 2 − 7t + 7 ⇔ t − 1 = 3 2t 2 − 7t + 7 ⇔ t 3 − 5t 2 + 10t − 8 = 0 ⇔ (t − 2)(t 2 − 3t + 4) = 0 ⇔ t = 2 1 5 • Với t = 2 ⇒ x = , suy ra y = 4 2 3 1 5  Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm :  ;  2 4 Bài 2 : (4.0 điểm) Cho a, b, c > 0 và thỏa : ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng : a b c 3 3 + 2 + 2 ≥ 2 2 2 8 b +c +2 c +a +2 a +b +2 2 Đáp án :  Ta có : b 2 + c 2 + 2 = b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) = (a + b + c) 2 − a 2 = x 2 − a 2 với : x = a + b + c ≥ 3(ab + bc + ca) = 3 Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : a b c 3 3 + + ≥ 8 x2 − a2 x2 − b2 x2 − c2 2 2 2 ax bx cx 3 3 2 ⇔ 2 + 2 + 2 ≥ x 2 2 2 8 x −a x −b x −c a3 b3 c3 3 3 2 ⇔ 2 + + +x≥ x 2 2 2 2 2 8 x −a x −b x −c  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có : a3 b3 c3 a4 b4 c4 + + = + + ≥ x 2 − a 2 x 2 − b 2 x 2 − c 2 a ( x 2 − a 2 ) b( x 2 − b 2 ) c ( x 2 − c 2 ) (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 x.( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ = = ≥ (a + b + c).x 2 − (a 3 + b 3 + c 3 ) x 3 − (a 3 + b 3 + c 3 ) x 4 − ( a + b + c)(a 3 + b 3 + c 3 ) x.(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 x.( x 2 − 2) 2 x.( x 2 − 2) 2 ≥ 4 = = x − (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 x 4 − ( x 2 − 2) 2 4( x 2 − 1) Vì : (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = ( a .a a + b .b b + c .c c ) 2 ≤ (a + b + c)(a 3 + b 3 + c 3 )  Từ đó, ta cần chứng minh : x.( x 2 − 2) 2 3 3 2 ( x 2 − 2) 2 3 3 + x ≥ x ⇔ + 1`≥ x ⇔ 2 x 3 − 3 3x 2 + 3 3 ≥ 0 : 2 2 8 8 4( x − 1) 4( x − 1) 46 là bất đẳng thức luôn đúng , ∀x ≥ 3 . Thật vậy, vì theo bất đẳng thức AM – GM thì : 2 x 3 + 3 3 = x 3 + x 3 + 3 3 ≥ 3 .3 x 3 .x 3 .3 3 = 3 3 x 2 Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 3 Bài 3 : (4.0 điểm) Từ một điểm P ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến ∧ PB, PC tới nó (B, C là các tiếp điểm), biết BPC > 90 0 . Trên cung nhỏ BC lấy điểm A, từ A vẽ tiếp tuyến với đường tròn, tiếp tuyến này cắt PB, PC lần lượt tại K , L. Chứng minh rằng : S ∆PKL < S ∆ABC . (trong đó : S ∆PKL , S ∆ABC lần lần lượt là diện tích ∆PKL, ∆ABC ) . Đáp án :  Hình vẽ  Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác PKL. B ∧ K P I Ta có : ILK = O A ∧ 1 ∧ PLK 2 ∧ (1) ∧ ∧ PLK = LAC + LCA = 2. LAC L ∧ ∧ ∧ ∧ Mà LAC = ABC ⇒ PLK = 2. ABC (2) C ∧ ∧ Từ (1) và (2) ⇒ ILK = ABC ∧ ∧ Tương tự ta cũng có : IKL = ACB Suy ra ∆ILK ≈ ∆ABC nên S ∆IKL  KL  =  S ∆ABC  BC  2 (*)  Gọi h, r, S, p lần lượt là độ dài đường cao kẻ từ đỉnh P, bán kính đường tròn nội tiếp, diện tích, nửa chu vi của tam giác PKL . 47 S S ∆PKL h p BP KL = = KL = 2. =2 ⇒ S ∆IKL = S ∆PKL . S S ∆IKL r KL KL 2.BP p S ∆PKL BP.KL =2 Từ (*) và (**) ta có : S (3) BC 2 ∆ABC 2. (**)  Mặt khác : 2.KL < KL + KP + PL = 2p = 2.BP ⇒ 2.KL.BP < 2.BP2 . ∧ Do BPC > 90 0 nên PB2 + PC2 < BC2 hay 2.PB2 < BC2 Suy ra : 2.BP.KL < BC2 (4) S ∆PKL < 1 ⇔ S ∆PKL < S ∆ABC (đpcm) Thay (4) vào (3) ta được S ∆ABC Bài 4 : (4.0 điểm) (vì PB = PC) Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng : p ∑C C k p k p+k - (2p + 1) chia hết cho p2 k=0 Đáp án : p  Ta có T = ∑C C k=0 p = k p ∑C C k=1 p-1 = k p+k ∑C C k=0 p-1 = k p ∑C k p k p k p+k - (2 p + 1) p - ( ∑ Cpk + 1) k=0 k p+k +1+C p 2p p-1 - ( ∑ C pk + 3) k=1 p (C kp + k - 1) + (C 2p - 2) k=1 p-1  Ta chứng minh : ∑C k p (C kp + k - 1) chia hết cho p2 k=1 k k thì ta chỉ cần chứng minh (Cp + k - 1) Mp với 1 ≤ k ≤ p – 1 (vì : Cp Mp ) k Thật vậy : Cp + k - 1 = (p + k)! (p + 1)(p + 2) . . . (p + k) - k! -1= k! . p! k! Vì : (p + 1)(p + 2) . . . (p + k) ≡ k! (mod p) 48 ⇒ (p + 1)(p + 2) . . . (p + k) - k! chia hết cho p và k! Mà : (p, k!) = 1 ⇒ (p + 1)(p + 2) . . . (p + k) - k! chia hết cho k!.p k ⇒ (Cp + k - 1) Mp p-1 ∑C ⇒ k p (C kp + k - 1) chia hết cho p2 , (1) k=1 p  Ta chứng minh : (C2p - 2) chia hết cho p2 Thật vậy , ta xét : (1 + x)2p = (1 + x)p.(x + 1)p  p i i   p j p-j  k k C .x = ⇔ ∑ 2p  ∑C p .x ÷.  ∑C p .x ÷ k=0 i = 0  j=0  2p Đồng nhất hệ số của xp hai vế, ta được : C p 2p p = ∑ (C k 2 p ) ⇔ C k=0 p 2p p-1 = 2+ ∑(C k 2 p ) k=1 k k 2 2 Vì : Cp Mp ⇒ (Cp ) Mp với mọi k mà 1 ≤ k ≤ p – 1 p 2 p 2 Nên : C2p ≡ 2(mod p ) ⇒ (C2p - 2) Mp  Từ (1) và (2) suy ra : (2) T Mp 2 . Bài 5 : (4.0 điểm) Trong hệ trục tọa độ vuông góc ta xét điểm tọa độ (x; y) với x; y số nguyên và 1 ≤ x ≤ 13, 1 ≤ y ≤ 7. Mỗi điểm trong những điểm này được tô màu hoặc là đỏ hoặc là trắng hoặc là xanh. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật mà các đỉnh của nó được tô cùng màu và các cạnh của nó song song với các trục tọa độ. Đáp án :  Vì những điểm được tô màu là 13 × 7 = 91. Theo nguyên lý Dirichlê có ít nhất 31 điểm trong chúng được tô cùng màu , giả sử đó là màu đỏ. Kí hiệu T là tập hợp tất cả các điểm màu đỏ và nx là số lượng những số y mà chúng là tung độ các điểm trong T có hoành độ x nx = { y / ( x, y ) ∈ T } , x = 1, 2, ..., 13  Đặt S x = { ( y1 , y2 ) / ( x, y1 ) ∈ T , ( x, y2 ) ∈ T , y1 < y2 } . n1 + n2 + ... + n13 ≥ 31 49 13 Xét tổng ∑C x =1 2 nx với 13 Ta có ∑S x =1 13 x = ∑ Cn2x .Với x =1 13 ∑C x =1 2 nx nx (nx − 1) 1  13 2 13  =  ∑ nx − ∑ nx ÷ 2 2  x =1 x =1 x =1  13 = Cn21 + Cn22 + ... + Cn213 = ∑ 2 2 13 13 1  13   13  2 2 n ≤ 13 n ⇒ n ≥ Theo Bunhiacốpxki ta có  ∑ x ÷ ∑ ∑ ∑ nx  suy ra x x 13  x =1 ÷ x =1 x =1  x =1  13 13 13 1  1 13  1  13  2 2 2 C ≥ ( n ) − n = ( n ) − 13 nx ÷ = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ nx x x ÷ x   2  13 x =1 x =1 x =1 x =1  26  x =1  2 2 1   13 13  169  1   13  169  558 = > 21, 4 , mà  ∑ nx − ÷ − ÷ ≥   31 − ÷ − ÷ =  ÷ 26 26   x =1 2 4 ÷ 26 2 4     C72 = 21 13  Vậy ∑ x =1 13 S x = ∑ Cn2x > C72 = 21 . Điều này có nghĩa là giao Si ∩ S j với i ≠ j, i, j = 1 , x =1 2, .., 13 không thể đồng thời là rỗng được. Vì thế tồn tại S x ∩ S x ≠ ∅ , nghĩa là có y1 và y2 sao cho (y1, y2)∈ S x ∩ S x . Khi đó những điểm ( x1 , y1 ), ( x1 , y2 ), ( x2 , y1 ), ( x2 , y2 ) là điểm đỏ và là những đỉnh của tứ giác có các cạnh song song với các trục tọa độ. 1 1 2 2 -------------------------------------------------------------------------Lưu ý : HS có cách giải khác : đúng, chính xác, logic thì cho điểm tối đa theo câu đó. 50 TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH ĐỀ GIỚI THIÊỤ MÔN TOÁN LỚP 10 KÌ THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ N¨m häc 2012-2013 Thêi gian: 180 phót TỔ TOÁN Bài 1:(4điểm). 2(4 x3 − 1) − 2 x = 3 4 x 2 − 1 Giải phương trình sau: Bài 2(4điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: xy + yz +xz =1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . P= ( x2 1 + x x + 1 + x2 ) + y2 ( 1 + y y + 1 + y2 ) + ( z2 1+ z z + 1+ z2 ) Bài 3:(4điểm). Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là chân đường phân giác trong góc A. Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt đường thẳng AB, AM lần lượt tại P và Q. Gọi I là giao điểm của đường vuông góc với AB tại P và đường AN Chứng minh rằng: IQ BC. Bài4:(4điểm) . Cho p là số nguyên tố lẻ. Tìm tất cả cặp số nguyên x,y thỏa mãn: x p + y p = p.[ ( p − 1)!] p . ( n!= 1.2.3.....n ) Bài 5:(4điểm). Cho số nguyên n ≥ 2 . Tìm số hoán vị ( a1 , a2 ,......, an ) của (1,2,3,........., n ) sao cho tồn tại duy nhất chỉ số i ∈ {1,2,......, n − 1} thỏa mãn ai > ai +1 ---Hết---- HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10 Bài 1:(4điểm) Giải phương trình: 51 2 ( 4 x 3 − 1) − 2 x = 3 4 x 2 − 1 1 3 4 ĐK: x ≥ 2 ( 4 x 3 − 1) − 5 + 3 − 2 x = 3 4 x 2 − 1 − 2 ⇔  4x2 + 6x + 9  2 x − 3 −1− ) ⇔( 3 2(4 x − 1) + 5  4x2 + 6x + 9 ( Dễ dàng suy ra: ) 2 4x −1 + 5 3  ÷= 0 2 3 ( 4 x 2 − 1) + 2 3 4 x 2 − 1 + 4 ÷ 2x + 3 > 2 ⇔16 x 4 + 16 x 3 + 28 x 2 − 12 x + 9 > 0 ∀x > 1 3 4 và 2x + 3 3 ( 4x 2 2 3 3 3 2 phương trình tương đương 2 x = 3 ⇔ x = 2 2 3 2 Bài 2(4điểm) Ta có : x2 ( 1 + x x + 1 + x2 Mà x3 x2 − Tương tự có 1 + x2 ( ) = x2 − = ( 1 + x2 + x ) = x2 ( 1 + x2 − x 1 + x2 ) =x x3 x3 x3 ≥ x2 − − 2( x + y ) 2( x + z ) ( x + y )( x + z ) y2 1+ y y + 1 + y2 ( 1 + x2 x2 ) ≥ y2 − z2 1 + z z + 1+ z2 ) y3 y3 − 2( y + z ) 2( y + x ) ≥ z2 − z3 z3 − 2( z + x) 2( z + y ) 1  x3 + y 3 y 3 + z 3 z 3 + x3   + + Cộng (1), (2), (3) suy ra P ≥ x + y + z −  2 x+ y y+z x + z  2 ⇔ P≥ 1 : 2 GTNN P = 2 2 1 1 ⇔ x= y=z= 3 2 Bài 3(4điểm) Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ N ≡ O: A,I ∈ OX 52 2 − x3 1 + x2 (1) (2) (3) A AB có phương trình: y=ax+b (a≠0) Tọa độ A( −b ,0 ): P(0,b) a Q Phương trình AC là: y = -ax - b (t/c đối xứng) B 1 AB nên phương trình PI: y = x + b a Do PI N Suy ra I(ab,0) bc   −b −bc   b ; ; ÷: C  ÷ c−a c−a a+c c+a Giả sử phương trình BC là: y=cx ⇒ B   bc 2 abc  abc   ab  2  M ; AM ; 2 và  2 2 2 2  Suy ra: 2 2  a c − a c − a c −a c −a    ( )  ab  Phương trình AM là: a 2 x − cy + ab = 0 và Q  0;   c  − ab    và do đó BC.QI = 0 ⇔ IQ Suy ra QI  ab; c   BC Bài 4(4điểm) Giả thiết phảnchứng tồn tại x, y nguyên sao cho: x p + y p = p[( p − 1)!] p (1) Theo định lí Fermat nhỏ, ta có: Từ đó: x + y ≡ xp + yp Từ (1) suy ra: Hay: x ≡ −y x p − x p (modp) và y p − yMp (2) x p + y p Mp , nên từ (2) đi đến x + y ≡ 0 (modp) (modp) (3) Do p lẻ, nên theo hằng đẳng thức quen biết ta có: x p + y p = ( x + y )( x p −1 − x p − 2 y + x p −3 y 2 − .... − xy p − 2 + y p −1 ) Do p lẻ nên p – 1 chẵn và từ (3): x p + y p ≡ ( x + y )( y p −1 + y p −1 + ... + y p −1 ) ≡ p ( x + y ). y p −1 Do x + y ≡0 (modp2) (modp) => Dựa vào (1) suy ra: (modp2) x + y p , từ đó ta có: x p + y p p 2 p[( p − 1)!] p p 2 , tức là [( p − 1)!] p p 53 (4) M I C Từ (4) suy ra: Điều vô lý và ( p − 1)! .. p . Vậy giả sử ta sai. Không tồn tại x, y nguyên thoả mãn. Bài 5(4điểm) Gọi Sn là số các hoán vị thoả mãn điều kiện bài toán. i) Số các hoán vị mà an = n là Sn-1 ii) Số các hoán vị mà ai = n( 1 ≤ i ≤ n − 1) là Cni −−11 Cho i chạy từ 1 đến n – 1 ta có: S n = S n −1 + n −1 ∑C i =1 i −1 n −1 = S n −1 + 2 n −1 − 1 Dễ thấy S2 = 1 Từ đó ta có: Sn = 2n - n – 1 --------------------------------------------Hết--------------------------------------------------- 54 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG ĐỀ DỮ LIỆU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ VI TỈNH NAM ĐỊNH MÔN THI: TOÁN-LỚP 10 Thời gian: 180 phút Bài 1: Giải hệ phương trình: x 3 + 3xy 2 = 140   2 2 5 x + 2 xy + 5 y = 10 y + 26 x Bài 2: Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: ( b + c) 2 a ( b + c + 2a ) + ( a + c) 2 b ( a + c + 2b ) + ( a + b) 2 b c   a ≥ 2 + + ÷ c ( a + b + 2c ) c+b a+c a +b Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi A1 , B1 , C1 và A2 , B2 , C2 lần lượt là chân đường cao của ∆ABC kẻ từ A, B, C và các điểm đối xứng với A1 , B1 , C1 qua trung điểm của BC , AC , AB . Gọi A3 , B3 , C3 lần lượt là giao điểm thứ 2 của đường tròn ngoại tiếp ∆AB2C2 , ∆BA2C2 , ∆CA2 B2 với ( O ) . Chứng minh rằng A1 A3 , B1 B3 , C1C3 đồng quy. Bài 4: Các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a 2 + ab + b 2 = c 2 + cd + d 2 . Chứng minh rằng a + b + c + d là hợp số . Bài 5: Tại một hội nghị có 100 đại biểu. Trong số đó có 15 người Pháp, mỗi người quen với ít nhất 70 đại biểu và 85 người Đức, mỗi người quen với không quá 10 đại biểu. Họ được phân vào đủ 21 phòng. Chứng minh rằng có một phòng nào đó không chứa một cặp nào quen nhau. ĐÁP ÁN Bài Nội dung 55 Điểm 1 Giải hệ phương trình: 4đ x 3 + 3xy 2 = 140   2 2 5 x + 2 xy + 5 y = 10 y + 26 x 2u = x + y  x = u − v ⇒ Đặt   2v = y − x  y = u + v Hệ đã cho trở thành 1,0 u 3 − v 3 = 35 (1)   2 2 3u − 9u + 2v + 4v = 0 (2) Nhân 2 vế phương trình (2) với 3 rồi trừ với phương trình (1) ta được 3 3 ( u − 3) − ( v + 2 ) = 0 ⇔ u = v + 5 thay vào phương trình (2) ta có  v = −2 v 2 + 5v + 6 = 0 ⇔   v = −3 1,0 x = 5 TH1: Với v = −2 ⇒ u = 3 ta có   y =1 1,0  x=5 TH2: Với v = −3 ⇒ u = 2 ta có  .  y = −1 1,0 Vậy HPT đã cho có nghiệm ( x; y ) là ( 5;1) , ( 5; −1) . 2 Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: ( b + c) 2 a ( b + c + 2a ) + ( a + c) 2 b ( a + c + 2b ) + ( a + b) 2 b c   a ≥ 2 + + ÷ c ( a + b + 2c ) c+b a+c a +b Ta có ( b + c + 2a ) − 2a  b+c 4a = = + −2 a ( b + c + 2a ) a ( b + c + 2a ) a b + c + 2a ( b + c) 2 2 ( a + c + 2b ) − 2b  a+c 4b Tương tự = = + −2 b ( a + c + 2b ) b ( a + c + 2b ) b a + c + 2b ( a + c) 2 2 56 0,5 ( b + a + 2c ) − 2c  b+a 4c = = + −2 a ( b + a + 2c ) c ( b + a + 2c ) c b + a + 2c ( b + a) 2 2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với b+c 4a a +∑ ≥ 2∑ +6 cyc a cyc b + c + 2a cyc b + c ∑ 0,5 4a a 1 1 ⇔ ∑ a  + ÷+ ∑ ≥ 2∑ + 6 (1) cyc cyc b + c  b c  cyc b + c + 2a (vì b+c 1 1 = ∑ a  + ÷) cyc a cyc b c ∑ Áp dụng BĐT 1 1 4 + ≥ khi x, y > 0 ta có x y x+ y 1  1 4a ∑ a  b + c ÷≥ ∑ b + c . cyc  cyc Vậy để có (1) ta chỉ cần chứng minh 1,0 2a 4a a 2a +∑ ≥6⇔∑ +∑ ≥3 ∑ cyc b + c cyc b + c + 2a cyc b + c cyc b + c + 2a Thật vậy    ÷ a 2a 1 1 4a +∑ = ∑a + ≥∑ ∑ ÷ b + c + 2a b + c + 2a cyc c + b cyc b + c + 2a cyc b+c ÷ cyc b + c +  2  2 Hay a 2a a 1,0 ∑ b + c + ∑ b + c + 2a ≥ 8∑ 2a + 3b + 3c cyc cyc cyc Áp dụng BĐT Bunhiakôpxki ta có 4( a + b + c) a ( a + b + c) 8∑ ≥8 = 2 2 cyc 2a + 3b + 3c ∑ a ( 2a + 3b + 3c ) a + b + c 2 + 3 ( ab + cb + ac ) 2 2 cyc 0,5 Lại có 4( a + b + c) ≥3 2 2 a + b + c 2 + 3ab + 3bc + 3ac ⇔ a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ac ≥ 0 2 ⇔ ( a − b) + ( b − c) + ( a − c) ≥ 0 2 2 2 0,5 Đây là BĐT đúng 57 Suy ra a 2a ∑ b + c + ∑ b + c + 2a ≥ 3 cyc cyc Ta được ĐPCM 3 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi A1 , B1 , C1 và A2 , B2 , C2 lần lượt là chân đường cao của ∆ABC kẻ từ A, B, C và các điểm đối xứng với A1 , B1 , C1 qua trung điểm của BC , AC , AB . Gọi A3 , B3 , C3 lần lượt là giao điểm thứ 2 của đường tròn ngoại tiếp ∆AB2C2 , ∆BA2C2 , ∆CA2 B2 với ( O ) . Chứng minh rằng A1 A3 , B1 B3 , C1C3 đồng quy. A Ta sẽ chứng minh A1 A3 , B1 B3 , C1C3 cùng đi qua trọng tâm G của tam giác ABC . A3 C1 B1 C A1 A2 B 0,5 Gọi M là trung điểm của BC , A′ là điểm đối xứng với A qua trung trực của BC . Ta sẽ chứng minh A′ trùng với A3 . B2 C2 4đ B3 C3 Gọi I là giao điểm của AA′ và trung trực của BC . Ta có A, A′ đối xứng nhau qua trung trực của BC nên CA = BA′, CA′ = BA ⇒ ∆CAA′ = ∆BA′A (c.c.c) Suy ra ∠ACA′ = ∠ABA′ ⇒ A′ ∈ ( O ) . Mà ∆ABB1 : ∆ACC1 (g.g). ⇒ AC1 AC = . AB1 AB 1,0 0,5 Do A, B và C1 , C2 cùng đối xứng nhau qua trung điểm của BA nên BC2 = AC1 . Tương tự B2C = AB1 . Ta có BC2 AC1 AC BA′ = = = CB2 AB1 AB CA′ 0,5 mà ∠C2 BA′ = ∠B2CA′ ⇒ ∆C2 BA′ : ∆B2CA′ (c.g.c). 58 ⇒ ∠A′C2 B = ∠A′B2C ⇒ ∠AC2 A′ = ∠AB2 A′ ⇒ tg AC2 B2 A′ là tứ giác nội tiếp. Suy ra A3 ≡ A′ . Gọi G là giao điểm của AM và A1 A3 . Lại có AA1 / / MI , AI / / MA1 ⇒ AIMA1 là hình bình hành ⇒ AI = MA1 = MA1 1 1 = . AA3 ⇒ AA 2 2 3 Vì MA1 / / AA3 ⇒ 1,0 MG MA1 1 = = . GA AA3 2 Suy ra G là trọng tâm ∆ABC . Vậy A1 A3 đi qua G . Tương tự B1B3 , C1C3 đi qua G . 0,5 Suy ra A1 A3 , B1 B3 , C1C3 đồng quy tại G . A I A' B1 C2 C1 G B 4 A1 O B2 M C Các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a 2 + ab + b 2 = c 2 + cd + d 2 . 4đ Chứng minh rằng a + b + c + d là hợp số . Từ giả thiết ta suy ra 2 2 ( a + b ) − ab = ( c + d ) − cd ⇒ ab − cd = ( a + b + c + d ) ( a + b − c − d ) 1,0 Giả sử p = a + b + c + d là số nguyên tố . Do ab − cd = p ( a + b − c − d ) ta có ab − cd ≡ 0 ( mod p ) . 1,0 Mặt khác d ≡ − ( a + b + c )( mod p ) ⇒ ab + c ( a + b + c ) ≡ 0 ( mod p ) ⇒ ( c + a ) ( c + b ) ≡ 0( mod p ) . Mà 0 < c + a, c + b < p , p nguyên tố suy ra ( c + a, p ) = 1 = ( c + b, p ) 59 1,0 Vậy không thể có ( c + a ) ( c + b ) ≡ 0( mod p ) . 1,0 Vậy a + b + c + d là hợp số. 5 Tại một hội nghị có 100 đại biểu. Trong số đó có 15 người Pháp, mỗi 4đ người quen với ít nhất 70 đại biểu và 85 người Đức, mỗi người quen với không quá 10 đại biểu. Họ được phân vào đủ 21 phòng. Chứng minh rằng có một phòng nào đó không chứa một cặp nào quen nhau. Mỗi một người Pháp phải quen với ít nhất 70 − 14 = 56 người Đức. Suy ra số cặp (Pháp, Đức) quen nhau ít nhất là 15 × 56 = 840 . -Gọi A là tập hợp tất cả những người Đức quen với không quá 9 đại biểu người Pháp và n là số phần tử của A . Ta có: 840 ≤ ( 85 − n ) .10 + n.9 . Suy ra n ≤ 10 . -Gọi B là tập hợp những người Đức không thuộc tập A , tức là đều quen với 10 đại biểu người Pháp, do đó không thể quen với người Đức nữa. -Vì có 21phòng và chỉ có 15 người Pháp nên có ít nhất 6 phòng chỉ có toàn người Đức. Vì chỉ có nhiều nhất 10 người Đức có thể quen người Đức nên theo nguyên lý Dirichlet, trong 6 phòng này sẽ có ít nhất một phòng chỉ có nhiều nhất 1 người Đức thuộc nhóm A . Phòng này chính là phòng cần tìm. 60 1,0 1,0 1,0 1,0 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ ĐỀ XUẤT KỲ THI HSG CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI& ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 2013 Môn: Toán, lớp 10 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (4,0 điểm) Cho n là số nguyên dương lớn hơn 2 và số nguyên dương p = a0 a1...an . Chứng minh 2 n rằng nếu mọi ước nguyên tố của p đều lớn hơn 100 thì đa thức P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + ... + an x không có nghiệm hữu tỷ. Câu 2 (4,0 điểm) Cho p1 , p2 ,..., p2013 là các số nguyên tố đôi một phân biệt. Chứng minh rằng số 2 p1 p2 ... p2013 − 1 có ít nhất 22013 ước nguyên dương phân biệt. Câu 3 (4,0 điểm) Cho dãy số ( un ) thỏa mãn u1 = 1, u2 = 3, u3 = 49, un + 2 = 2un +1 + 2un − un −1 , n = 2,3,... Tìm tất cả các hằng số 2013 ≤ M ≤ 10000 sao cho M + 4unun +1 là số chính phương với mọi số nguyên dương n . Câu 4 (4,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) và các đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) cùng tiếp xúc trong với ( O ) và đôi một tiếp xúc ngoài với nhau. Gọi A1 , A2 , A3 theo thứ tự là các tiếp điểm của ( O ) với ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) và các điểm B1 , B2 , B3 theo thứ tự là các tiếp điểm của các cặp đường tròn ( O2 ) , ( O3 ) ; ( O3 ) , ( O1 ) ; ( O1 ) , ( O2 ) . Gọi M là giao điểm của 2 đường thẳng A1B1 và A2 B2 ; N là giao điểm của 2 đường thẳng O2 B2 và O3 B3 . Chứng minh rằng các điểm O, M , N thẳng hàng. Câu 5 (4,0 điểm) Cho S là một tập hợp có 2014 phần tử. Giả sử S1 , S 2 ,..., S 2013 là các tập con của S . Tìm số bộ ( S1 , S2 ,..., S2013 ) sao cho 2013 I Si = ∅ ? i =1 -----------Hết----------- Câu 1(4,0đ) ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM Nội dung trình bày Ta có P ( x ) > 0 với mọi x ≥ 0 suy ra mọi nghiệm của P ( x ) đều âm. Giả sử P ( x ) có b b * nghiệm hữu tỷ là x = − , trong đó a, b ∈ ¥ , ( a, b ) = 1 . Do x = − là nghiệm hữu tỷ a a của P ( x ) nên b a0 , a an ⇒ a, b ∈ { 1; 2;3;...;9} .  k  b k   b n Ta có P ( x ) − P  − ÷ = ∑ ak  x −  − ÷ ÷  a  k =1   a ÷  61 Điểm 1,0 1,0   b  n ⇒ a n  P ( x ) − P  − ÷÷ = ∑ ak  a   k =1  ( ( ax ) k − ( −b ) k n   k −1   b  ⇒ a n  P ( x ) − P  − ÷÷ = ( ax + b ) ∑  ak  ∑  a  k =1   i =0  n   k −1 i k −1− i ⇒ a n P ( 10 ) = ab.∑  ak  ∑ ( a.10 ) . ( −b ) k =1   i =0 ( ( ax ) .( −b ) ) ÷ ( ( ) k −1− i i 1,0 ) ÷ ) n   k −1 i k −1− i   ⇒ a n p = ab.∑  ak  ∑ ( a.10 ) . ( −b ) ÷ (1) k =1   i =0  ( ) n Do ( a, b ) = 1 ⇒ a , ab = 1 (2). Từ (1) và (2) ta được ab p ⇒ p có ước nguyên tố nhỏ hơn 100, mâu thuẫn với giả 1,0 thiết. Do đó P ( x ) không có nghiệm hữu tỷ. 2(4,0đ) Kí hiệu d ( n ) chỉ số ước nguyên dương của số n . Ta chứng minh bổ đề sau: n Bổ đề. d ( 2 − 1) ≥ d ( n ) . Ta xét các trường hợp sau: TH1. Nếu 1,0 n = pα , p ∈℘ pi 2 −1 2 −1 thì n với mọi i = 0, α ⇒ d ( 2n − 1) ≥ α + 1 = d ( pα ) = d ( n ) . α α α TH2. Nếu n = p1 1 p2 2 ... pk k , trong đó pi ∈℘ thì d ( n ) = ( α1 + 1) ( α 2 + 1) ... ( α k + 1) . Mặt khác ta có: ( ) 2 pi − 1 2n − 1 với mọi i = 1, k và 2 pi − 1, 2 p j − 1 = 2( αi k ( Do đó d ( 2 − 1) ≥ ∏ d 2 n j =1 3(4,0đ) αj pj ) αj αi α piα i , p j j ) −1 = 2 −1 = 1 . 1,0 k − 1 = ∏ ( α j + 1) = d ( n ) . Vậy bổ đề được chứng minh. j =1 Áp dụng bổ đề ta có: d ( 2 p1 p2 ... p2013 − 1) ≥ d ( p1 p2 ... p2013 ) = 2 2013 suy ra 2 p1 p2 ... p2013 − 1 có ít nhất 22013 ước nguyên dương phân biệt. 2 2   M + 4u1u2 = a  M + 12 = a 2 2 ⇔ Theo giả thiết ta có:  . Từ điều 2 2 ⇒ b − a = 12.48 M + 4 u u = b M + 12.49 = b    2 3  kiện của M ta được a = 45, b = 51 ⇒ M = 2013. Tiếp theo ta chứng minh 2013 + 4unun +1 là số chính phương với mọi số nguyên dương n . Thật vậy, đặt vn = un + 2 − un +1 − un , từ dãy truy hồi ta được: 1,0 1,0 1,0 vn = vn −1 + 2un ⇒ vn2 = vn2−1 + 4un vn −1 + 4un2 ⇒ vn2 = vn2−1 + 4un ( un +1 − un − un −1 ) + 4un2 ⇒v =v 2 n 2 n −1 1,0 + 4unun +1 − 4unun −1 ⇒ v − 4un un +1 = vn2−1 − 4unun −1 = ... = v12 − 4u1u2 = 2013 2 n ⇒ vn2 = 2013 + 4un un +1 với mọi số nguyên dương n hay 2013 + 4un un +1 là số chính phương với mọi số nguyên dương n . Vậy M = 2013. 4(3,0đ) 62 1,0 1,0 A3 O3 B2 A1 O1 M N O B1 B3 O2 A2 Gọi R, R1 , R2 , R3 lần lượt là bán kính của các đường tròn ( O ) , ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) . 1 1 1 1 ≠ 0 nên tồn tại điểm K thỏa mãn hệ thức: Do − + + + R R1 R2 R3 uuur uuuu r uuuur uuuur KO KO1 KO2 KO3 r − + + + = 0 (1) R R1 R2 R3 uuur uuuur  A1O A1O1 r + =0 − R1  R Ta có  uuuur uuuur . Kết hợp với đẳng thức (1) ta được:  B1O2 + B1O3 = 0r  R R3  2 r r  1 1  uuur  1 1  uuuu  − + ÷KA1 +  + ÷KB1 = 0  R R1   R2 R3  Từ đẳng thức này suy ra A1 B1 đi qua điểm K. Chứng minh tương tự ta được A2 B2 cũng đi qua K suy ra K trùng với M. Do đó uuuu r uuuur uuuuu r uuuur MO MO1 MO2 MO3 r − + + + = 0 (2) R R1 R2 R3 Ta có các đẳng thức sau: uuuur uuuuu r uuuur uuuuu r uuuur uuuur B1O2 B1O3 r B2O3 B2O1 r B3O2 B3O1 r + = 0; + = 0; + =0 R2 R3 R3 R1 R2 R1 Suy ra O1 B1 , O2 B2 , O3 B3 đồng quy tại điểm N thỏa mãn đẳng thức: uuuu r uuuur uuuur NO1 NO2 NO3 r + + = 0 (3) R1 R2 R3 Từ (2) và (3) ta được: 1,0 1,0 0,5 0,5 0,5 63 uuuu r uuuur uuuur uuuur r r MO NO1 NO2 NO3  1 1 1  uuuu − + + + +  + + ÷MN = 0 R R1 R2 R3  R1 R2 R3  uuuu r r MO  1 1 1  uuuu + ÷MN =  + R  R1 R2 R3  Từ đẳng thức này ta suy ra M , N , O thẳng hàng. 5(4,0đ) Giả sử A là số bộ ( S1 , S 2 ,..., S 2013 ) sao cho 2013 I 0,5 Si = ∅ và Aj là tập hợp mà mỗi phần i =1 2013 tử là một bộ ( S1 , S2 ,..., S 2013 ) thỏa mãn a j ∈ I Si . Khi đó ta có: i =1 A=(2 ) 2014 2013 − 2014 UA 1,0 j j =1 Mặt khác ta có: Aj = ( 22014−1 ) 2013 Ai I Aj = ( 22014−2 ) 2013 1,0 …. k I j =1 Aj = ( 22014 −k ) 2013 Âp dụng nguyên lí bù trừ ta được: A = ( 22014 ) = ( 22014 ) 2013 2013 2014 UA j j =1   2014 −1 −  ∑ Aj − ∑ Ai I Aj + ... + ( −1) A1 I ... I A2014 ÷ 1≤i < j ≤ 2014  j =1  1,0 2014 0 = C2014 ( 22013 ) = ( 22013 − 1) − 2014 2014 1 − C2014 ( 22013 ) 2013 + ... + ( −1) 2014 2014 C2014 ( 22013 ) 2014 − 2014 . Vậy số bộ ( S1 , S 2 ,..., S 2013 ) sao cho 2013 I i =1 Si = ∅ bằng ( 2 64 2013 − 1) 2014 1,0 . [...]... đợc 3 đỉnh liên tiếp có tổng các số là lớn hơn 13 Giải: Gọi x1; x2 ;; x10 là các chỉ số gán cho các đỉnh của thập giác đều Giả sử ngợc lại là không tìm đợc 3 đỉnh nào thoả mãn khẳng định của bài toán Khi đó ta có: K1 = x1+x2+x3 13 K2 = x2+x3+x4 13 K3 = x3+x4+x5 13 K10 = x10+x1+x2 13 Từ đó k1+k2++k10 130 Mặt khác do k1+k2++k10 = 3(0+1+2++9)=3.45 = 135 Suy ra: 135 130 (vô lý) điều vô lý này chứng... a = thỡ theo gi thit a + b  y +1 x +1 Do ab = ( x 1)( x 2 + 1)( y 1)( y 2 + 1)  Vy a, b u thuc Z Do ú x 4 y 44 1 = x 4 ( y 44 1) + x 4 1 chia ht cho x+1, vỡ x 4-1 chia ht cho x+1 v y44-1 chia ht cho y4-1 m y4-1 li chia ht cho x+1 Cõu 5 Các đỉnh của thập giác đều đợc đánh số bởi các số nguyên từ 0;1; ;9 một cách tuỳ ý Chứng minh rằng luôn tìm đợc 3 đỉnh liên tiếp có tổng các số là lớn hơn 13... x, y l cỏc s nguyờn, x 1 v y 1 sao cho l y +1 x +1 s nguyờn Chng minh rng x 4 y 44 1 chia ht cho x+1 Cõu 5: (4 im) Các đỉnh của thập giác đều đợc đánh số bởi các số nguyên từ 0;1; ;9 một cách tuỳ ý Chứng minh rằng luôn tìm đợc 3 đỉnh liên tiếp có tổng các số là lớn hơn 13 -Ht - TT HNG DN CHM Ni dung 30 im Cõu 1 Cõu 2 Cõu 3 2x 2 x2 + 1 = y 3 y3 =z Cõu 1:... Hc sinh gii bng cỏch khỏc nu ỳng vn cho im tng ng vi biu im chm 32 S GIO DC VA AO TO NINH BèNH THI ( XUT) TRNG THPT CHUYấN THI CHN HC SINH GII KHU VC LNG VN TY DHBBB LN TH VI - HI PHềNG MễN TON KHI 10 (Thi gian lm bi 180 phỳt) ( gm 5 cõu, trong 01 trang) Bi 1: Giai phng trỡnh: x+ 2x = 1 1 + x+ x x Bi 2: Cho x v y l cac s thc tha món: x 2 + y 2 + 2 xy + x + y 2 2 2 x + 2 y + 2 xy + x 2 y 10. .. ct l1,l2 ti s chn im Suy ra S S1+S2 a(mod 2) hay S1+S2 1(mod 2) vỡ a l Nờn tn ti S1 hoc S2 l , iu ny mõu thuõn vi gi thit Vy a ch n 13 TRNG THPT CHUYấN BC NINH K THI OLYMPIC KHU VC DUYấN HAI VA ễNG BNG BC B Lõn th VI- Nm hc: 2012 - 2013 THI MễN TON LP 10 (Thi gian: 180 phỳt Khụng k thi gian giao ) NGH - Cõu 1 ( 4 im) Gii h phng trỡnh sau: x 1( x + y 1) = ( x 2) x + y ( x, y Ă ) 2... Mt s ụ cú mt s ngụi sao, gi s mi ct cú ớt nht mt ngụi sao Chng minh rng cú ớt nht hai ngụi sao m hng cha nú cú nhiu ngụi sao hn ct cha nú -Ht Thi sinh khụng c s dung ti liờu Cỏn b coi thi khụng gii thich gi thờm 14 P N Mụn: Toan 10 Cõu 1 (4 im) x 1 (*) K: x + y 0 x2 2x + y + 4 0 */ t u = x + y ; v = x 1 (u 0, v 0) , phng trỡnh (1) tr thnh: v(u 2 1) = (v 2 1)u (u v)(uv... n m 1 n 1 2 + 2 = 2 + 2 2 = 2 (Vỡ n l nờn m, n m khỏc tớnh chn l) Vy n Ơ * v n l Ht -24 1 1 1 TRNG THPT CHUYấN HNG YấN K THI CHN HSG CC TRNG CHUYấN VNG DUYấN HAI BC B NM 2013 ngh mụn Toan lp 10 Thi gian lm bi 180 phut (Khụng k thi gian phỏt ) *********** Cõu I(4 im) Gii h phng trỡnh: 5 2 x ( y z ) = 3 2 y ( z x) = 3 z2 ( x y) = 1 3 Cõu II(4 im) Cho a, b, c l cỏc... Vy di nh nht ca cnh hỡnh vuụng cn tỡm l: a = 2 + 2 2 em hỡnh vuụng cnh a 2 chia thnh 4 hỡnh vuụng cnh 1 1 1 29 S GIO DC VA AO TO LAO CAI TRNG THPT CHUYấN LAO CAI THI XUT THI HSG TON DUYấN HAI VA ễNG BNG BC B NM HC 2012-2013 Mụn: TON 10 Thi gian: 180 phut 2x 2 =y 2 x + 1 3 y3 =z Cõu 1: (4 im) Gii h phng trỡnh: 4 2 y + y +1 4z 4 =x 6 z + z4 + z2 +1 Cõu 2: (4 im) Cho x, y, z l cỏc s thc dng... 3 thnh phn l cac s nguyờn khụng õm ụi mt khac nhau cú tng khụng vt qua n Hóy xac nh biu thc an theo n -HT 33 S GIO DC VA AO TO NINH BèNH P N THI ( XUT) TRNG THPT CHUYấN THI CHN HC SINH GII KHU VC LNG VN TY DHBBB LN TH VI - HI PHềNG MễN TON - KHI 10 1 ( 4im) Bi *) iu kin: x > 0 Ni Dung *) Phng trỡnh tng ng vi: *) Nu: 1 1 = x x x 1 1 1 1 x < 0 thỡ x > 2 x > x + 2 x > x + Vụ lý x x x x *) Tng... trong ụ ú ln hn s th t ca ct cha ụ ú Tỡm n Ơ * tn ti cỏch xp s sao cho trong cỏc hng s lng ụ tt l bng nhau 19 Ht -S Giỏo duc & o to TTHu Trng THPT Chuyờn Quc Hc THI CHN HC SINH GII VNG DUYấN HAI ễNG BNG BC B LN TH VI MễN : TON HC THI GIAN 180 PHT Cõu 1 Ni dung Gii phng trỡnh sau trờn tp s thc 27 x 2 36 x 4 = 5 5 x + 2 2 iu kin xỏc nh x 5 3 t 5 x + 2 = 3a 2 , iu kin a ta cú h phng trỡnh ... cho x+1 Cõu Các đỉnh thập giác đợc đánh số số nguyên từ 0;1; ;9 cách tuỳ ý Chứng minh tìm đợc đỉnh liên tiếp có tổng số lớn 13 Giải: Gọi x1; x2 ;; x10 số gán cho đỉnh thập giác Giả sử ngợc lại... thuõn vi gi thit Vy a ch n 13 TRNG THPT CHUYấN BC NINH K THI OLYMPIC KHU VC DUYấN HAI VA ễNG BNG BC B Lõn th VI- Nm hc: 2012 - 2013 THI MễN TON LP 10 (Thi gian: 180 phỳt Khụng k thi gian giao... chia ht cho x+1 Cõu 5: (4 im) Các đỉnh thập giác đợc đánh số số nguyên từ 0;1; ;9 cách tuỳ ý Chứng minh tìm đợc đỉnh liên tiếp có tổng số lớn 13 -Ht -