Toan 10_Dien Bien Đề thi (đề xuất) kỳ thi HSG các trường THPT Chuyên khu vực DH&ĐBBB lần thứ VIII, năm 2015

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ ĐỀ XUẤT THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: Toán Lớp 10 Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI  x + y + + = 4( x + y ) + 3( x + y ) Câu (4,0 điểm ) Giải hệ phương trình:  2014 x − y = 2015 Câu (4,0 điểm) Cho hai đường tròn ( ω 1), ( ω 2) tiếp xúc điểm T Một đường thẳng cắt đường tròn ( ω 1) điểm A, B tiếp xúc với ( ω 2) X Đường thẳng XT cắt ( ω 1) S C điểm cung TS không chứa A B Cho CY tiếp tuyến ( ω 2) Y cho đoạn thẳng CY ST không cắt Cho I giao điểm đường thẳng XY SC; AI cắt đường tròn ( ω 1) điểm thứ hai K Chứng minh rằng: a) C, T, Y I thuộc đường tròn b) KB=KC=KI Câu (4,0 điểm) Chứng minh, với số nguyên dương n tồn số tự nhiên x cho f ( x) = 64 x + 21x + 27 chia hết cho 2n Câu (4,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P = ( x + y )( y + z )( z + x ) + + + x y z Câu (4.0 điểm) Có 2015 vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng tròn, đấu thủ đấu với tất đấu thủ lại Kết trận đấu có thắng thua, hòa Chứng minh xếp 2015 vận động viên theo hàng dọc cho người đứng trước thắng người đứng kề sau HẾT -Người đề: Phạm Thị Hà Định Số điện thoại : 0912581381 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN CÂU 4,0 đ NỘI DUNG  x + y + + = 4( x + y ) + 3( x + y ) Giải hệ phương trình:  2014 x − y = 2015 Điều kiện: x + y ≥ Đặt u = x + y ; u ≥ (1) (2) Ta có (1) trở thành u + + = 4u + 3u ⇔ u + − 3u = 4u − u + − 3u 2 ⇔ = (2 u − 1)(2 u + 1) u + + 3u 4,0 đ   ⇔ (2u − 1)  + 2u + 1÷ = ⇔ 2u − = ⇔ x + y =  u + + 3u  x = 2 x + y =  ⇔ Kết hợp với (2) ta có hệ:  2014 x − y = 2015  y = −   1 KL: Hệ cho có nghiệm (x;y) =  1; ÷  2 Cho hai đường tròn ( ω 1), ( ω 2) tiếp xúc điểm T Một đường thẳng cắt đường tròn ( ω 1) điểm A, B tiếp xúc với ( ω 2) X Đường thẳng XT cắt ( ω 1) S C điểm cung TS không chứa A B Cho CY tiếp tuyến ( ω 2) Y cho đoạn thẳng CY ST không cắt Cho I giao điểm đường thẳng XY SC; AI cắt đường tròn ( ω 1) điểm thứ hai K Chứng minh rằng: a) C, T, Y I thuộc đường tròn b) KB=KC=KI 3 4,0 đ a) + Do hai đường tròn ( ω 1), ( ω 2) tiếp xúc T nên ta có » º ·BXT = XT = TS = TAS · suy S điểm cung AB hay SA=SB 2 · · · · · · YX nên TCI · · Mà TCI (ATCS nội tiếp), TAS BXT = TAS = BXT =T = TYI Suy CTIY nội tiếp · · b) Do AXS nên suy ∆AXS = ∆TAS nên SA = ST.SX = TAS · · · Ta có CIT nên ∆SXI = ∆SIT hay SI = ST.SX = CYT = TXY Từ SA=SI Mặt khác · · · ·  BAC + ABC ACB 0 ·BCI = 180 − BCS · = 180 −  ACB + = 90 − ÷ nên CI phân  ÷ 2   · giác góc ACB · ¶ = 90 − ABC hay BI · = BSC · · Trong tam giác cân BSI ta có BSI mà BIS = BAC · phân giác góc ABC Do I tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC Mà AI cắt đường tròn ( ω 1) ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai K nên KB=KC=KI Chứng minh, với số nguyên dương n tồn số tự nhiên x cho f ( x) = 64 x + 21x + 27 chia hết cho 2n +) Với n =1, chọn x =1 f (1) = 92 chia hết cho 21 k +) Giả sử với n = k , tôn xk cho f ( xk )M2 k k +) Với n = k + Từ f ( xk )M2 ⇒ f ( xk ) = K , với K nguyên dương k Chọn xk +1 = t + xk , với t nguyên dương Khi f ( xk +1 ) = 64 xk2+1 + 21xk +1 + 27 = 64(2k t + xk ) + 21(2 k t + xk ) + 27 = 64 xk2 + 2.64 xk 2k t + 64.2 k t + 21.2k t + 21xk + 27 = K 2k + 21.2 k t + k +1 p Với p nguyên dương, nên tồn t’ cho ( K + 21t ')M2 k k +1 Vậy chọn xk +1 = t + xk f ( xk +1 )M2 Theo nguyên lý quy nạp ta có, với số nguyên dương n tồn số tự nhiên x cho f ( x) = 64 x + 21x + 27 chia hết cho 2n 4,0 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P = ( x + y )( y + z )( z + x ) + + + x y z Đặt x = a, y = b, z = c , ta có a, b, c số dương thỏa mãn a + b2 + c ≤ 1 P = (a + b)(b + c )(c + a ) + + + a b c Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 4 4 + ≥ ⇒ ≥ − 4; ≥ − 4; ≥ − a a a a b b c c Mặt khác (a + b)(b + c)(c + a ) ≥ 8abc , suy P ≥ 8abc + 4 1  7 1 1  + + − 12 =  8abc + + + ÷+  + + ÷− 12 a b c 2a 2b 2c   a b c   Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 8abc + 1 1 1 + + ≥ 4; + + ≥ 2a 2b 2c a b c a +b+c Suy P ≥ 63 − 2(a + b + c) Do (a + b + c) ≤ 3(a + b + c ) ≤ 63 − = 13 nên a + b + c ≤ Suy P ≥ Đẳng thức xảy a = b = c = 1 ⇒x= y=z= 4,0 Có 2015 vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng tròn, đấu thủ đấu với tất đấu thủ lại Kết trận đấu có thắng thua, hòa Chứng minh xếp 2015 vận động viên theo hàng dọc cho người đứng trước thắng người đứng kề sau Xét tất cách xếp số vận động viên theo hàng dọc cho người đứng trước thắng người đứng kề sau Vì số cách xếp hữu hạn nên tồn cách xếp T có nhiều vận động viên Ta chứng minh cách xếp T thỏa mãn yêu cầu toán Thật giả sử T không chứa tất vận động viên A người không nằm cách xếp T Giả sử cách xếp T có n người A1 , A2 , , An cho Ai thắng Ai +1 Nếu A thắng A1 cách xếp A, A1 , A2 , , An có nhiều vận động viên cách xếp T Do A thua A1 Lập luận tương tự ta dẫn đến A thua tất vận động viên A1 , A2 , , An Nhưng cách xếp A1 , A2 , , An , A có nhiều vận động viên cách xếp T, vô lí Vậy cách xếp T phải chứa tất vận động viên ta có điều phải chứng minh HẾT -Người đề: Phạm Thị Hà Định Số điện thoại : 0912581381