HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ NĂM HỌC 2014- 2015 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 ĐỀ ĐỀ NGHỊ (Thời gian làm 180 phút không kể thời gian giao đề) Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ Đề thi gồm trang Câu ( điểm): Giải hệ phương trình sau: y x − + = y − 12 x − 2 y (10 x − 17 x + 3) = − 15 x Câu (4 điểm): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi E giao điểm AB CD, F giao điểm AD BC Điểm G chạy đường tròn tâm (O) GE , GF theo thứ tự cắt đường tròn (O) I , K Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK qua điểm cố định ( khác điểm O ) Câu (4 điểm): Cho số thực không âm x, y,z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: ( x + y )( y + z )( z + x) + xyz ( xy + yz + zx − 2) ≥ xyz ( x + y + z ) Câu (4 điểm): Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + x y + xy = x y + y Câu (4 điểm ): Với n nguyên dương tùy ý, n>3, xét k = [ n(n + 1)] tập X n gồm n(n + 1) phần tử, k phần tử màu đỏ, k phần tử màu xanh lại màu trắng Chứng minh chia tập X n thành n tập rời A1 , A2 ,…, An cho với số m tùy ý ≤ m ≤ n tập Am chứa m phần tử phần tử màu ……………………… HẾT …………………… Câu Giải hệ phương trình sau: HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm y x − + = y − 12 x − 2 y (10 x − 17 x + 3) = − 15 x Đáp án: Điều kiện x ≥ Biến đổi phương trình thứ hai có: 2,0 điểm x = (loai) y (5 x − 1)(2 x − 3) = 3(1 − x) ⇔ xy + = y 4 y x − + x − = y − Ta đưa hệ phương trình: 4 4 xy + = y Nhận thấy y = không nghiệm hệ phương trình nên hai vế phương trình thứ cho y phương trình thứ hai cho y có: 3 4x −1 + 4x −1 = − y y 4 x − + = y4 Đặt a = x − 1; b = với a ≥ 0, b > y a + ab + b = 5−b ⇒ a = Ta có hệ pt ta thay vào (2) 1+ b a + b = 5−b ( ) + b = ⇔ b + 2b3 − 3b − 20b − 20 = 1+ b ⇔ (b − 1)(b3 + 3b − 20) = ⇔ (b − 1)(b − 2)(b + 5b + 10) = x= a = x = a = ⇒ ⇒ Nên b = b = y = ± y = ±4 2,0 điểm 1 3 ; ± ÷; ; ± ÷ 2 4 2 Kết luận ( x; y ) = Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi E giao điểm AB CD, F giao điểm AD BC Điểm G chạy đường tròn tâm (O) GE , GF theo thứ tự cắt đường tròn (O) I , K Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK qua điểm cố định ( khác điểm O ) Đáp án: Bổ đề 1: Cho hai đường thẳng ∆, ∆ ' cắt O , điểm A, B, C thuộc ∆ ; 0,5 điểm A' , B ' , C ' thuộc ∆ ' Khi AA' , BB ' , CC ' đồng quy đôi song song (OABC ) = (OA' B 'C ' ) Chứng minh: Chứng minh điều kiện cần: TH1: AA' , BB ' , CC ' đôi song song Theo định lí Thales dạng đại số BO B 'O = BO CO B 'O C 'O BA 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 điểm đồng quy AA' , BB ' , CC ' Qua phép chiếu xuyên tâm S hàng O, A, B, C biến thành O, A' , B ' , C ' suy (OABC ) = (OA' B 'C ' ) Điều kiện đủ: Ta chứng minh AA' , BB ' , CC ' không đôi song song chúng đồng quy Thật Giả sử AA' , BB ' cắt Đặt S = AA' ∩ BB ' ; C '' =SC ∩ ∆ ' Theo chứng minh suy (OABC ) = (OA' B 'C '' ) (*) Theo giả thiết (OABC ) = (OA' B 'C ' ) (**) Từ (*) (**) suy C ' ≡ C '' Bổ đề 2: Cho điểm phân biệt A, B, C , D cố định đường tròn (O) điểm M thay đổi (O) M ( ABCD ) không đổi 0,5 điểm Áp dụng kết ta chứng minh toán sau 2,0 Gọi M giao điểm AC BD H , N giao điểm IK với AD điểm BC L giao điểm AC GI Ta có ( FNCB) = K ( FNCB ) = K (GICB ) = A(G ICB ) = A(GILE ) = (GILE ) = C (GILE ) = C (GIAD) = K (GIAD ) = K ( FHAD ) = ( FHAD ) Suy AC , BD, IK đồng quy M Gọi P giao điểm OM với đường tròn (OIK ) điểm Tao có MO.MP = MI MK = MA.MC = P( M /( o ) không đổi Suy P điểm cố định ( M, O cố định) Cho số thực không âm x, y,z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: ( x + y )( y + z )( z + x) + xyz ( xy + yz + zx − 2) ≥ xyz ( x + y + z ) Đáp án Ta chứng minh bổ đề sau: 1,0 điểm Bổ đề: Xét biểu thức S = ( x − y)2 S z + ( y − z )2 S x + ( x − z )2 S y Nếu x ≥ y ≥ z S y ; S y + S z ; S y + S x ≥ S ≥ Chứng minh S = ( x − y)2 S z + ( y − z )2 S x + ( x − z )2 S y = ( S z + S y )( x − y ) + ( S y + S x )( y − z ) + 2( x − y )(y− z) S y ≥ Chứng minh 3,0 Nếu x y.z = Bất đẳng thức điểm Nếu x y.z ≠ Ta có ( x + y )( y + z )( z + x ) + xyz ( xy + yz + zx − 2) ≥ xyz ( x + y + z ) ( x + y )( y + z )( z + x ) ⇔ + xy + yz + zx ≥ + xyz ⇔ ( x + y )( y + z )( z + x ) + xy + yz + zx − − ≥ (1) xyz Ta có ( x + y )(y+ z )( z + x) x( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) −2= xyz xyz 2(1 − xy + yz + zx ) = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x) 2 x +y +z Do (1) ⇔ ( x − y ) ( Đặt S z = ( 1 1 1 − ) + ( y − z )2 ( − ) + ( z − x) ( − )≥0 xy yz zx 1 1 1 − ); S x = ( − ); S y = ( − ) xy yz xz Giả sử x ≥ y ≥ z ⇒ S y = ( 1 − )≥0 xz Mà S y + Sx = 1 1 y + z − xyz − + − = xz yz xyz (y+ z )( x + y + z ) − xyz yz (x + yz ) − xyz = ≥ ≥0 xyz xyz Tương tự S y + S z ≥ Áp dụng bổ đề suy điều cần chứng minh Tìm nghiệm nguyên phương trình: Đẳng thức xảy x = y = z = x + x y + xy = x y + y Đáp án: Ta có 1,0 điểm x + x y + xy = x y + y ⇔ x ( x + y) = ( x − y)2 y +) Dễ thấy x = y = nghiệm phương trình x ≠ x = ad ( a, b) = +) Với đặt d = ( x, y ) ⇒ y ≠ y = bd Thay vào phương trình ta a d (ad + bd ) = (ad − bd ) b 2d 3,0 điểm ⇔ a ( a + b) = b d ( a − b) ⇒ a (a + b)Mb ( a ; b ) = ⇒ b2 = Mà (a; b) = ⇒ (a + b, b ) = 2 TH1: Nếu b = ⇒ a (a + 1) = d (a − 1) ⇒ a ≠ ⇒ a (a + 1)M( a − 1) ⇒ a + 1M(a − 1) ⇒ a + 1Ma − ⇒ a = { 3;2; −1;0} Với a = ⇒ x = 27; y = Với a = ⇒ x = 24; y = 12 Với a = −1 ⇒ = 4d (loại) Với a = ⇒ = d (loại) 2 TH2: Nếu b = −1 ⇒ a (a − 1) = d (a + 1) ⇒ a − 1Ma + ⇒ a + = { ±1; ±2} ( Kiểm tra không giá trị a thỏa mãn yêu cầu ) Kết luận nghiệm phương trình ( x; y ) = { (0;0);(27;9);(24;12)} n(n + 1) Với n nguyên dương tùy ý, n>3, xét k = [ n(n + 1)] tập X n gồm phần tử, k phần tử màu đỏ, k phần tử màu xanh lại màu trắng Chứng minh chia tập X n thành n tập rời A1 , A2 ,…, An cho với số m tùy ý ≤ m ≤ n tập Am chứa m phần tử phần tử màu Đáp án: 1,0 Ta kiểm tra với n = 4;5;6;7;8;9,10 tìm cách chia X n thành n tập điểm rời A1 , A2 ,…, An cho với số m tùy ý ≤ m ≤ n tập Am chứa m phần tử phần tử màu Ta xét cách chia theo bảng sau: n k Các phần tử màu Các phần tử Các phần tử màu xanh màu đỏ trắng | A3 |= | A4 |= 4 | A1 |= , | A2 |= 5 | A1 |= , | A4 |= | A2 |= , | A3 |= | A5 |= | A1 |= , | A6 |= | A3 |= , | A4 |= | A2 |= , | A5 |= | A4 |= , | A5 |= | A3 |= , A6 |= | A1 |= 1,| A2 |= , | A7 |= 12 15 1 | A5 |= , | A7 |= | A4 |= , | A8 |= | A1 |= , | A2 |= | A3 |= , | A6 |= | A6 |= 6,| A9 |= | A7 |= , | A8 |= | A1 |= 1,| A2 |= , | A3 |= 3, | A4 |= , | A5 |= | A1 |= , | A2 |= | A5 |= , | A10 |= 10 | A3 |= , | A6 |= | A9 |= | A4 |= , | A7 |= | A8 |= Ta chứng minh quy nạp với việc xây dựng cách chia tập X n dựa 3,0 điểm vào cách chia tập X n −6 sau: n(n + 1) (n − 6)(n − 5) Xét tập X n gồm phần tử Ta xét tập X n −6 gồm phần tử, 2 gồm k1 = [ (n − 6)(n − 5)] phần tử màu xanh, k1 phần tử màu đỏ lại màu trắng Theo giả thiết quy nạp, tập X n −6 chia thành n − tập rời A1 , A2 , …, An−6 thỏa mãn toán n(n + 1) (n − 6)(n − 5) ]−[ ] Ta có k − k1 = [ 6 Mặt khác [ a] − [b] > a − − [b] ≥ a − − b [a ] − [b] ≤ a − [b] < a − (b − 1) = a − b + Nếu a − b số nguyên [a ] − [b] = a − b 1 Mà n(n + 1) − (n − 5)(n − 6) = 2n − số nguyên nên k − k1 = 2n − 6 Vậy số phần tử màu xanh ( đỏ) X n −6 2n − Có | X n | − | X n −6 |= 6n − 15 nên số phần tử màu trắng X n −6 6n − 15 − 2(2n − 5) = 2n − Khi đó, ta xây dựng tập An −5 , An −4 , An−3 , An− , An −1 , An sau: Tập An −5 , An chứa toàn phần tử màu xanh Tập An − , An−1 chứa toàn phần tử màu đỏ Tập An− , An−3 chứa toàn phần tử màu trắng Mọi cách giải khác kết lập luận chặt chẽ cho điểm tương đương Người đề: Bùi Văn Vịnh Số điện thoại: 0974802686