BỘ đề THI và đáp án kì THI HSG cấp KHU vực VÙNG DUYÊN hải lớp 10 môn TOÁN của các TRƯỜNG CHUYÊN

BỘ đề THI và đáp án kì THI HSG cấp KHU vực VÙNG DUYÊN hải lớp 10 môn TOÁN của các TRƯỜNG CHUYÊN BỘ đề THI và đáp án kì THI HSG cấp KHU vực VÙNG DUYÊN hải lớp 10 môn TOÁN của các TRƯỜNG CHUYÊN BỘ đề THI và đáp án kì THI HSG cấp KHU vực VÙNG DUYÊN hải lớp 10 môn TOÁN của các TRƯỜNG CHUYÊN BỘ đề THI và đáp án kì THI HSG cấp KHU vực VÙNG DUYÊN hải lớp 10 môn TOÁN của các TRƯỜNG CHUYÊN BỘ đề THI và đáp án kì THI HSG cấp KHU vực VÙNG DUYÊN hải lớp 10 môn TOÁN của các TRƯỜNG CHUYÊN

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ================= TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN TỈNH HƯNG N ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI 10 NĂM 2015 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT  x  y x  y  y  Câu (4,0 điểm): Giải hệ phương trình   y   x  y  y  Câu (4,0 điểm): Cho hình thang ABCD có cạnh đáy AB, CD Trên cạnh AB lấy điểm M cho MC = MD Gọi O giao điểm AC BD; O1, O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM BCM Chứng minh O1O2 vng góc với OM Câu (4,0 điểm) Cho đa thức f ( x)  x3  x  x  20 chứng minh tồn số nguyên a cho f (a ) chia hết cho 32015 Câu (4,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a  b  c  d 1 abcd  Chứng minh rằng:     a 1 b 1 c 1 d 1 Câu (4,0 điểm) Trong hình trịn bán kính n  * cho 4n đoạn thẳng có độ dài đoạn Chứng minh với đường thẳng d cho trước ln tìm đường thẳng song song trùng vng góc với d cắt hai đường thẳng 4n đường thẳng cho .HẾT Người đề Hoàng Tuấn Doanh Quách Thị Tuyết Nhung ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KHỐI 10 Câu Câu Nội dung cần đạt  x2  y x2  y  y   Xét hệ:   y   x  y  y  ĐK: y   x2  y  y x2  y  y  x2  y  y  1,0đ  x2  y  y   x  y  y (do Với 1  2 1  x  y  y  Điểm x2  y  y  ) x  y  y  x  Thay vào (2) ta được: y   y  y   *  y   y  12 y     y     y  2 2 1,0đ  y   y   3   y    y    4 y  Giải (3):   y 2 2 y  y    1,0đ  y  Giải (4):  (vô nghiệm) 2 2 y  y     4  Vậy hệ phương trình có nghiệm:  x; y    0;    Chú ý: Học sinh giải phương trình (*) cách đặt y   z  đưa hệ đối xứng 1,0đ M Câu B A O E O1 O2 F C D N Gọi N giao điểm thứ hai hai đường tròn (O1) (O2) E giao điểm thứ hai hai đường tròn (O1) AC F giao điểm thứ hai hai đường trịn (O2) BD Do ABCD hình thang MC = MD nên AMD  BMC (1) Mặt khác, AMD  AED; BMC  BFC (2) 1,0đ Từ (1) (2)  AED  BFC  DEC  DFC  tứ giác CDFE nội tiếp Từ có: OFE  ECD mà ECD  CAB nên OFE  EAB  tứ giác ABEF nội tiếp 1,0đ Giả sử (O3) đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEF Ta có: MN, AC, BD trục đẳng phương cặp đường tròn  O1  ,  O2  ;  O1  ,  O3   O2  ,  O3  1,0đ  MN, AC, BD đồng quy  M, N, O thẳng hàng Lại có, O1O2  MN  O1O2  OM (đpcm) Câu 1,0đ f ( x)  ( x  1)3  6( x  1)  27  f (9 x  1)  (9 x)3  6.9 x  27 = 27(27 x3  x  1) Đặt g ( x)  27 x  x  1,0đ Gọi A=  g (k )k 1 32012 Ta chứng minh A hệ thặng dư đầy đủ mod 32012 Thật vậy, giả sử A không hệ thặng dư đầy đủ mod 32012  tồn i, j cho:  i  j  32012 g(i)  g(j) (mod 32012 )  27i  2i   27 j  j  1(mod 3 2012 2,0đ )   27(i  j  ij )   (i  j )  (mod 32012 )  i  j (mod 32012 ) (mâu thuẫn)  A hệ thặng dư đầy đủ mod 32012  Tồn n  [1; 32012 ] cho: g(n)  0(mod 32012 )  f(9n+1) = 27.g(n) chia hết cho 27 32012 = 32015 1,0đ Vậy tồn số nguyên a để f  a  chia hết cho 32015 (đpcm) Câu Nhận xét: Do số dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a  b  c  d nên ab   cd  d 1,0đ 1   Chứng minh BĐT: a  b  1  ab Ta có: 1 2 2d      1 d a  b  1  ab  1 d cd 1,0đ 1 d   c 1 1 d 1 d 1,0đ Do đó: 1   1            a 1 b 1 c 1 d 1  a 1 b 1 d 1  c 1 d 1   d   2d     3  d 1 d 1  d 1 d 1 Dấu xảy a = b = c = d = 1,0đ Câu Ta chứng minh: Với véc tơ có độ dài tổng độ dài hình chiếu vng góc hai đường thẳng vng góc với khơng bé  Thật vậy, giả sử véc tơ a có độ dài có hình chiếu hai      đường thẳng vng góc x, y a  x  y        a  x  y  x  y (đpcm) 1,0đ Xét hình chiếu 4n đoạn thẳng hai đường thẳng vng góc d d ' Theo chứng minh trên, tổng độ dài hình chiếu đoạn thẳng khơng bé 4n Bởi vậy, Từ hai đường thẳng d d ' có 1,0đ thể chọn đường thẳng mà tổng độ dài hình chiếu 4n đoạn thẳng cho khơng bé 2n Vì tất 4n đoạn thẳng xếp hình trịn có bán kính n nên tập hợp hình chiếu chúng đường thẳng nằm 1,0đ đoạn thẳng có độ dài bé 2n Suy ra, đường thẳng chọn tìm điểm thuộc vào hình chiếu đoạn thẳng Đường thẳng qua điểm vng góc với đường thẳng 1,0đ chọn cắt đoạn thẳng song song trùng vng góc với d (đpcm) Hoàng Tuấn Doanh (0987258681) Quách Thị Tuyết Nhung (0982690763) HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI 10 NĂM 2015 Thời gian làm 180 phút Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu TỔ TỐN-TIN HỌC TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI Câu 1: (4 điểm ) Giải hệ phương trình Câu 2: (4 điểm ) Cho hình thang hình thang Gọi tam giác với di động bên Đường tròn cắt điểm thứ hai Chứng minh qua điểm cố định Câu 3(4 điểm): Cho dương điểm tương ứng giao điểm ngoại tiếp tam giác đường thẳng có đáy nhỏ số nguyên tố mà Tìm tất số nguyên để Câu 4: (4 điểm ) Cho số thực dương thỏa mãn Chứng minh Câu 5: (4 điểm ) Cho số nguyên dương Đặt Hãy chứng minh -Hết Page HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI HDC ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI 10 NĂM 2015 Thời gian làm 180 phút Hướng dẫn chấm gồm có trang HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TỔ TOÁN-TIN HỌC TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI Câu 1: (4 điểm ) Giải hệ phương trình Hướng dẫn chấm Nội dung trả lời Điểm Xét hệ phương trình Điều kiện Ta có phương trình (10 0,5 0,5 Do điều kiện phương trình Thay vào ta có nên: vô nghiệm Vậy (Điều kiện 0,5 ) 0,5 0,5 0,5 0,5 (Điều kiện Từ ta thu nghiệm hệ cho ) 0,5 Page Câu 2: (4 điểm ) Cho hình thang hình thang Gọi tương ứng giao điểm ngoại tiếp tam giác đường thẳng có đáy nhỏ tam giác điểm với di động bên Đường tròn cắt điểm thứ hai Chứng minh qua điểm cố định Hướng dẫn chấm Nội dung trả lời Điểm Gọi giao điểm đường tròn Gọi giao điểm đường tròn -Ta có (cùng góc ) Do đo tứ giác nội tiếp (1) *Ta có (cùng góc ) Do đo tứ giác nội tiếp (2) Từ (1) (2) cho ta tứ giác CQDP nội tiếp Mặt khác nên tứ giác ABPQ nội tiếp Gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác Khi trục đẳng phương cặp ba đường tròn Gọi giao điểm Khi qua điểm cố định Câu 3(4 điểm): Cho dương để số nguyên tố mà 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Tìm tất số nguyên Hướng dẫn chấm Nội dung trả lời Từ suy lẻ (*) Điểm 0,5 Page Gọi cấp theo Ta có (1) 0,5 Nếu Từ (2) Do suy hay , vơ lý theo (*) khơng chia hết cho Mà Do để 0,5 nên lẻ Câu 4: (4 điểm ) Cho số thực dương thỏa mãn Chưng minh Nội dung trả lời Đặt Áp dụng điều kiện 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Điểm , suy , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 0,5 0,5 0,5 Do nên ta có đánh giá: Để kết thúc toán ta chứng minh Thật Dấu xảy 0,5 Điều ln 0,5 0,5 0,5 Khi Do nghiệm phương trình hốn vị 0,5 Page HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI 10 NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Thời gian làm 180 phút LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH (Đề có trang, gồm câu) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu ( điểm): Giải hệ phương trình sau:  x  xy  y   2  x  x  xy  y   Câu (4 điểm): Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a ab  b  b bc  c  c ca  a  Câu (4 điểm): Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Gọi M, N, P, Q tiếp điểm đường tròn (O) với AB, BC, CD, DA Gọi X giao điểm MN PQ; E, F giao điểm AC với đường tròn (O) Gọi H · hình chiếu vng góc X BD Chứng minh A·HE = CHF Câu (4 điểm): Tìm tất số nguyên dương a < b < c < d cho số chúng ước tổng ba số lại Câu (4 điểm): Cho 2016 kẹo vào 1008 hộp cho khơng có hộp có nhiều 1008 kẹo hộp có kẹo Chứng minh tìm thấy số hộp mà tổng số kẹo hộp 1008 kẹo ……………………… HẾT …………………… Người đề Nguyễn Thị Giang SĐT:0976138529 Ta có số cặp số ngược hoán vị I 12, số cặp số ngược hoán vị II 67 Từ kết hợp với (2) suy từ hốn vị I ta nhận hốn vị II sau số lẻ lần thực phép đổi chỗ số hạng Điều cho thấy, từ bảng ta nhận bảng số lần chuyển số phải số lẻ (3) Tô màu tất ô vuông bảng x màu xanh, đỏ cho ô kề có màu khác Thế thì, sau lần chuyển số, số chuyển từ ô có màu sang ô có màu Và thế, số bảng số bảng nằm hai có màu giống nên từ bảng nhận bảng sau số chẵn lần chuyển số Điều mâu thuẫn với (3) Vậy từ bảng (1) ta nhận bảng nhờ phép chuyển số theo quy tắc đề HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KHỐI 10 ( Đáp án + Biểu điểm gồm 04 trang) - Lưu ý: Nếu thí sinh trình bày lời giải khác so với hướng dẫn chấm mà cho điểm phần biểu điểm Câu Nội dung Điểm 3a -1 3b  ,y Đặt x  điểm 0.5 6b3  9b  6a  14a  20 (1) Viết lại hệ cho thành  2 (2) a  b   Ta có phương trình (1)  3b2   2b    a  1 6a  6a  20  thay b2  1- a từ pt(2) ta thu 1  a    2b    a  1  6a  6a  20    a  1  6a  6a  20   6b  9a  6ab   1 - Với a   b   x  , y  - Với 6a  6a  20   6b  9a  6ab  ta có VT  6a  29  15    6a   Vậy pt vô nghiệm 1 1 KL: Hệ cho có nghiệm ( x; y )   ;  3 4 Câu Nội dung ( Học sinh tự vẽ hình) điểm Gọi tâm đường trịn nội tiếp hình thang O Các tiếp điểm (O) với AB, CD, BC E, F, G Đặt x  EB Ta có OEB  OGB  BG  x Đặt y  FC Chứng minh tương tự ta có GC  y Mặt khác, hai tam giác vuông EOB FCO đồng dạng nên ta có EB FO x     xy  36 (1) EO FC y Đặt x '  EA, y '  FD Hoàn toàn tương tự ta thu x ' y '  36 (2) Từ giả thiết ta lại có x  x '  16, y  y '  12 (3) 1,5 0,5 1,0 0,5 Điểm 0,5 1,0 0,5  x, y, x ', y '   4,9,12,3 Giải hệ (1), (2), (3) ta thu   x, y, x ', y '  12,3,4,9   Theo giả thiết BC  AD  x  y  x ' y ' nên nghiệm thứ hai bị loại Kết luận BC  13 Câu Nội dung Cho y  vào i) ta điểm f    f   f  x   f  x   f    f  x   f    1  (*) 1,0 1,0 Điểm - Nếu f    , cho x  vào (*) ta f    (trái giả thiết) - Vậy f    Cho y  vào ii) ta f  x  1  f  x    x  Như tập giá trị f 0;1 Cho y  vào i) ta f  x   f  x  Từ giả thiết f 10    f 10    f    Cho y  vào i) ta f  x   f    x  1,0 Lại cho x  y vào i) ta f  x   f  x   f    f    Ta có f    f  2.1  f 1  Giả sử f  3  Cho x  5, y  vào ii) thu  f    1 f  3 f  5   f    (mâu thuẫn) Vậy ta ln có f 1  f    f  3  f    (**) Bây giờ, giả sử x  thỏa mãn f  x   Ta viết x  5k  r ; k , r  ,0  r  Khi  f  x    1 f  x  f     f  x    f  x    Đặc biệt f  5   f     f    Tương tự  f  x  5  1 f  x  f  5   f  x    f  x  5  Từ f  5k  r   với  r  ta phải có f  k  r   f  r   , nhiên kết luận mâu thuẫn với (**) Vậy r  Tóm lại: giá trị n cần tìm để f  n   n  5k , k  1,5 1,0 0,5 Câu Nội dung Ta có điểm a  bc  ac b  cd  bd c  da  ac d  ab  bd VT       bc  c  cd  d  da  a  ab  b c d 1 1 (a  bc  ac)   bc   (b  cd  bd )   dc   a b a b   c d 1 1 (1  bc  c)   bc   (1  cd  d )   dc   a b a b a b 1 1 (c  da  ac)   da   (d  ab  bd )   ab   c d c d   a b 1 1 (1  da  a )   da   (1  ab  b)   ab   c d c d Bunhiacopxki   1  bc  c  c 1 (1  bc  c)   bc   a a 1  da  a   1  cd  d  d 1 (1  cd  d )   dc   b b 1  ab  b   Từ ta có bđt cho chứng minh Đẳng thức xảy a  b  c  d  Câu Nội dung a) Lấy tập A gồm 4n số: 1,2,…,4n tập B gồm 2n số chẵn: 4n+2, điểm 4n+4,…,4n+4n Khí S  A  B tập thỏa mãn yêu cầu toán Thật vậy: S có 6n phần tử phân biệt, BCNN số chẵn 8n B  8n  32n2 Còn BCNN số A, số A số B  tích chúng  4n.8n  32n2 2,0  a b 1 1 (1  da  a )   da   (1  ab  b)   ab   c d c d a 1  bc  c  b 1  cd  d  c 1  ad  a  d 1  ab  b      (*)  abc  c  bcd  d  acd  a  abd  b 1  cd  d Mà  abc  c    c  Do d d ad 1  bc  c  ab 1  cd  d  bc 1  da  a  cd 1  ab  b  VP(*)      cd  d  da  a  ab  b  bc  c Cauchy Điểm 2,0 Điểm 0,5 1,0 b) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Nếu tập U gồm m+1 số nguyên dương  m   phân biệt tất số không nhỏ m, ln tồn phần tử U cho BCNN chúng lớn m2 - Chứng minh bổ đề: Gọi phần tử U 1 u1  u2   um1  m    1  i  m  u1 ui m 1,0 1 1 Ta chia đoạn  ;  thành m đoạn có độ dài Theo  u1 m  nguyên lí Dirichlet, i, j thỏa mãn  i  j  m  để đoạn Như  Mà 1 , thuộc ui u j 1 11 1      u j ui m  m u1  m 1 ui  u j   có mẫu số cuối BCNN  ui , u j  tử u j ui uiu j số số dương Do BCNN  ui , u j   m Ta có bổ đề 1,0 chứng minh - Quay lại toán: Cho m  3n Lấy 3n  phần tử lớn tập T, ta có chúng  3n Áp dụng bổ đề nêu ta có điều phải chứng minh 0,5 Người đề Đào Quốc Huy ĐỀ ĐỀ NGHỊ HAI PHONG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2014-2015 ĐÁP ÁN MƠN TỐN – LỚP 10 Ngày thi: /4/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi có 01 trang) Chú ý: - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu - Giám thị khơng giải thích thêm Bài 1: Cho ABC nội tiếp đường tròn (O), M điểm cạnh BC Đường tròn tâm (J) tiếp xúc MA MC tại E F, đồng thời tiếp xúc đường tròn (O) P Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp ABC nằm đường thẳng EF Giải: Đường thẳng PF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D Đường tròn (J) tiếp xúc với đường tròn (O) P Suy P, J, O thẳng hàng PJF , POD cân ODP =JFP  OD // JF , JF  BC  OD  BC  DC  DB Suy AD phân giác BAC I giao điểm AD EF  IAP  FPx FEP  FPx  IEP  IAP  IEAP nội tiếp  AEP  AIP, EFP  AEP  EFD, IAD đồng dạng (g.g)  EPA  DPI  DIF  DIF , DPI đồng dạng (g.g)  DI DF   DI  DP.DF DP DI Theo cmt suy tam giác CDF đồng dạng với tam giác PDC  DC  DF DP  DI  DC  I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bài 2: Giải:  2( x  y )  P 1   2.2 xy  x y  xy    ( xy  1)(4 xy  1)    xy  xy xy   xy  xy 1  Đặt t=xy, t   ,1 4    t  2t 6  8t  4t  f ' (t )    0 (1  t ) (1  2t ) (1  t ) (1  2t ) P  f (t )  Bài 3: Giải: Đặt f k ( x)  f ( f ( f ( x) )) với f có mặt k lần vế phải Giả sử k  số tự nhiên p ước f k 1 (n)  f ( f k (n))  f (0)  1(mod p ) nguyên tố f k (n) Ta có: f k  (n)  f ( f k 1 (n))  f (1)  1(mod p ) Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh f m (n)  1(mod p ) với m>k Tức f k (n) f m (n) nguyên tố với m>k Do k số nguyên tùy ý nên suy f (n), f ( f (n)), f ( f ( f (n))), đôi nguyên tố Bài 4: Giải: Điều kiện ra: P( x)  Q( x)  R( x)  P ( x)  0, Q( x)  0, Q( x)  R ( x), x  R   P ( x)  Q( x)  ( R ( x))  R ( x) Q( x) , x  R Từ R ( x) Q( x) hàm đa thức Vậy R ( x)  Q( x)  ( M ( x)) với M(x) đa thức  Trường hợp R ( x)  , từ đk P( x)  Q( x)  R( x) suy P ( x)  Q ( x) , ta thu ( P ( x), Q ( x), Q ( x))  (0, T ( x), T ( x)) , với T(x) đa thức tùy ý, nghiệm toán  Trường hợp Q( x)  ( M ( x)) Thế vào đk P( x)  Q( x)  R( x) , ta thu P( x)  M ( x)  R( x) hay P ( x)  ( M ( x)  ( R ( x)) , x  R Vậy P ( x)  ( N ( x)) , N(x) đa thức Từ đk Q( x)  ( M ( x)) , P ( x)  ( N ( x)) , ta thu R( x)  N ( x)  M ( x) tức ( P ( x), Q( x), R ( x))  (( N ( x)) , ( M ( x)) , N ( x)  M ( x)) , với M(x), N(x) đa thức tùy ý thỏa mãn đk 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 MƠN THI: TỐN LỚP 10 (Thời gian làm 180 phút không kể thời gian giao đề) ĐỀ ĐỀ NGHỊ 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: x3  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 = khơng nghiệm hệ phương trình nên hai vế phương trình thứ cho y phương trình thứ hai cho y có:  3  4x   4x    y y   4 x     y4 Đặt a  x  1; b  y2 với a  0, b  a  ab  b  5b Ta có hệ pt  ta  a  thay vào (2)  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   a   x  Nên     b  b   y   y  4   2,0 điểm 5  1 3 Kết luận  x; y    ;   ;  ;   2 4  2 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 BA CA  CO C O  CA  ' ' CA  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 trịn (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: 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  1,0 điểm Chứng minh Nếu x y.z  Bất đẳng thức 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  3,0 điểm x3  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 +) Với  đặt d  ( x, y )   ( a, b)  y   y  bd Thay vào phương trình ta a d (ad  bd )  (ad  bd ) b d 3,0 điểm  a ( a  b)  b d ( a  b)  a ( a  b ) b ( a ; b )  Mà (a; b)     b2   ( a  b, b )  TH1: Nếu b   a (a  1)  d (a  1)  a   a (a  1)(a  1)  a  1(a  1)  a  1 a   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) TH2: Nếu b  1  a (a  1)  d (a  1)  a  1 a   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) 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 Đáp án: 1,0 Ta kiểm tra với n  4;5;6;7;8;9,10 ln 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 xanh màu đỏ | A3 | | A1 | , | A2 | Các phần tử màu trắng | A4 | 5 | A1 | , | A4 | | A2 | , | A3 | | A5 | | A1 | , | A6 | | A3 | , | A4 | | A2 | , | A5 | | A4 | , | A5 | | A3 | , A6 | | A1 | 1,| A2 | , | A7 | 12 | A5 | , | A7 | | A4 | , | A8 | | A1 | , | A2 | | A3 | , | A6 | 15 | A6 | 6,| A9 | | A7 | , | A8 | | A1 | 1,| A2 | , | A3 | 3, | A4 | , | A5 | 10 18 | A1 | , | A2 | | A3 | , | A6 | | A4 | , | A7 | | A9 | | A8 | | A5 | , | A10 | 10 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 ln 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2 , An1 , An sau: Tập An 5 , An chứa toàn phần tử màu xanh Tập An4 , 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 ... khác đáp án hợp lý đạt điểm tối đa - Khuyến khích cách giải sáng tạo HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI. .. HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI HDC ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10 NĂM 2015 Thời gian làm 180 phút Hướng dẫn chấm gồm có trang HDC ĐỀ THI. .. (0982690763) HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI 10 NĂM 2015 Thời gian làm 180 phút Đề thi gồm có 01