HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2011- 2012 MƠN THI: TỐN LỚP 10 Ngày thi: 21 tháng năm 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm 180 phút không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm trang Câu ( điểm): Giải hệ phương trình sau: ⎧⎪ x3 − y − y = ⎨ 2 ⎪⎩ x + y = x − y Câu (4 điểm): Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = Chứng minh bất đẳng thức: x2 x3 + + y2 y3 + + z2 z3 + ≥ Câu (4 điểm): Trên cạnh BC, CA, AB phía ngồi tam giác ABC ta dựng hình vng BCMN, ACPQ, ABEF Gọi G trọng tâm tam giác ABC Kí hiệu A1 giao điểm AG FQ; B1 giao điểm BG NE; C1 giao điểm CG MP Ta xác định điểm A2, B2, C2 cho AGC2F, BGA2N, CGB2P hình bình hành Chứng minh đường thẳng qua A2, B2, C2 tương ứng vng góc với B1C1, C1A1, A1B1 đồng quy Câu (4 điểm): Giả sử m, n số tự nhiên thỏa mãn: 4m3 + m = 12n + n Chứng minh m − n lập phương số nguyên Câu (4 điểm): Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét tập hợp M điểm có toạ độ (x; y) với x, y ∈ `* x ≤ 12; y ≤ 12 Mỗi điểm M tô ba màu: màu đỏ, màu trắng màu xanh Chứng minh tồn hình chữ nhật có cạnh song song với trục toạ độ mà tất đỉnh thuộc M tô màu ……………………… HẾT …………………… Câu HƯỚNG DẪN CHẤM Mơn: Tốn 10 Nội dung ⎧⎪ x − y − y = (1) Giải hệ phương trình: ⎨ 2 ⎪⎩ x + y = x − y ( ) Điểm điểm Hệ phương trình tương đương: 1,0 ⎧⎪ x3 − y − y = ⇒ x3 − y − y − 3( x + y ) = − 3( x − y ) ⎨ 2 ⎪⎩3 ( x + y ) = ( x − y ) ⇔ x − x + x − = y + y + 12 y + 0,5 ⇔ ( x − 1)3 = ( y + 2)3 ⇔ x − = y + ⇔ x = y + 0,5 Thế vào phương trình (2) ta thu được: y + y + = 0,5 0,5 ⎡ −9 − 33 ⎢y = ⇔⎢ ⎢ −9 + 33 ⎢y = ⎣ Với y = −9 − 33 −9 − 33 − 33 ⇒ x = 3+ = 4 0,5 Với y = −9 + 33 −9 + 33 + 33 ⇒ x = 3+ = 4 0,5 Vậy phương trình có hai nghiệm: ⎛ − 33 −9 − 33 ⎞ ; ⎟; 4 ⎝ ⎠ ( x; y ) = ⎜ ⎛ + 33 −9 + 33 ⎞ ; ⎟ 4 ⎝ ⎠ ( x; y ) = ⎜ Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = Chứng minh bất đẳng thức: x2 x +8 + y2 y +8 + z2 z +8 điểm ≥ Theo bất đẳng thức Cauchy cho số thực dương ta có: ( x + 2) + ( x − x + 4) x − x + x + = ( x + 2)( x − x + 4) ≤ = 2 x2 2x2 ⇒ ≥ x3 + x − x + 1,0 y2 Tương tự, ta có y2 ; ≥ y3 + y − y + Từ suy ra: x2 y2 + + x3 + y3 + z2 z2 2z2 ≥ z3 + z − z + 2x2 y2 2z2 (1) ≥ + + z3 + x − x + y − y + z − z + Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz : 2x2 y2 2z2 2( x + y + z ) (2) + + ≥ x − x + y − y + z − z + x + y + z − ( x + y + z ) + 18 Ta chứng minh: 2( x + y + z ) ≥ ( 3) x + y + z − ( x + y + z ) + 18 Thật vậy: Ta có: x + y + z − ( x + y + z ) + 18 0,5 0,5 1,0 0,5 = ( x + y + z ) − ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) + 18 = ( x + y + z ) − ( x + y + z ) + 12 > Nên ( 3) ⇔ 2( x + y + z ) ≥ x + y + z − ( x + y + z ) + 18 ⇔ x2 + y2 + z + x + y + z ≥ Mặt khác, x, y, z số dương nên ta có: x + y + z ≥ xy + yz + zx 0,5 x + y + z ≥ 3( xy + yz + zx) Mà xy + yz + zx = nên bất đẳng thức (3) Từ (1), (2) (3), ta có đpcm Đẳng thức xảy x = y = z = Trên cạnh BC, CA, AB phía ngồi tam giác ABC ta dựng điểm hình vng BCMN, ACPQ, ABEF Gọi G trọng tâm tam giác ABC Kí hiệu A1 giao điểm AG FQ; B1 giao điểm BG NE; C1 giao điểm CG MP Ta xác định điểm A2, B2, C2 cho AGC2F, BGA2N, CGB2P hình bình hành Chứng minh đường thẳng qua A2, B2, C2 tương ứng vng góc với B1C1, C1A1, A1B1 đồng quy Q A1 F B2 A P C2 E G B I C C1 B1 A2 M N Gọi I trung điểm BC Ta có: JJJG JJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG 0,5 FQ.AI= FA+AQ AB+AC = FA.AB+FA.AC+AQ.AB+AQ.AC 2 JJJ G JJJ G JJJG JJJ G 1 n n =0 = 0-AF.AC+AQ.AB+0 = -AF.AC.cosFAC+AQ.AB.cosQAB 2 1,0 l n n Do AF = AC, AQ = AB, FAC=QAB=90 +A ( )( ( ( ) ( ) ( ⇒ FQ ⊥ AI hay FQ ⊥ A1G (1) ) ) ) Ta có CGB2P hình bình hành nên GB2 song song CP nên GB2 song song AQ, suy AQB2G hình bình hành, có QB2 song song AG Suy QB2 song song FC2, nên FQB2C2 hình bình hành, hay FQ song song với B2C2 (2) Từ (1) (2) suy A1G ⊥ B2C2 Tương tự có B1G ⊥ A 2C2 , C1G ⊥ A B2 Vậy đường thẳng qua A1, B1, C1 tương ứng vuông góc với B2C2 ,C2 A ,A B2 đồng quy G nên theo hệ định lí Cácnơ ta có đường thẳng qua A2, B2, C2 tương ứng vng góc với B1C1 ,C1A1 ,A1B1 đồng quy Giả sử m, n số tự nhiên thỏa mãn: 4m3 + m = 12n + n 1,0 0,5 1,0 điểm Chứng minh m − n lập phương số nguyên Ta có: 4m + m = 12n + n ⇔ ( m − n ) + ( m − n ) = 8n ⇔ ( m − n ) ( 4m + 4mn + 4n + 1) = 8n (1) Giả sử p ước nguyên tố chung m − n 4m + 4mn + 4n + Do 4m + 4mn + 4n + số lẻ nên p số lẻ 1,0 0,5 Từ (1) suy 8n # p mà p số nguyên tố lẻ ⇒ n # p ⇒ m# p 0,5 Mặt khác p ước 4m + 4mn + 4n + ⇒ p = (vơ lí) 0,5 m − n 4m + 4mn + 4n + khơng có ước ngun tố chung, suy 0,5 ( m − n,4m + 4mn + 4n + 1) = Do 8n = ( 2n ) , suy m – n lập phương số nguyên 1,0 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét tập hợp M điểm có toạ độ (x; y) với x, y ∈ `* x ≤ 12; y ≤ 12 Mỗi điểm M tô ba màu: điểm màu đỏ, màu trắng màu xanh Chứng minh tồn hình chữ nhật có cạnh song song với trục toạ độ mà tất đỉnh thuộc M tơ màu Tập M có 144 điểm tơ màu nên tồn màu tô tô khơng 0,5 144 = 48 điểm Ta chọn điểm M 48 điểm tô màu Chia điểm M thành 12 hàng (các điểm có tung độ) 12 cột (các điểm có hồnh độ) Gọi (i = 1,…,12) số điểm 48 điểm chọn có 12 cột thứ i suy ra: ∑a i =1 i 0,5 = 48 Khi đó, số cặp điểm chọn cột thứ i là: a i (a i − 1) a ( a − 1) số cặp điểm có hồnh độ trùng là: ∑ i i i =1 12 ⎡ ⎛ 12 ⎞2 ⎤ a ⎢ ⎥ ∑ i ⎜ ⎟ 12 12 12 12 a a −1 Ta có: ∑ i ( i ) = ⎛ ∑ a i2 − ∑ a i ⎞ ≥ ⎢ ⎝ i=1 ⎠ − ∑ a i ⎥ = 72 ⎟ ⎢ 12 ⎥ 2 ⎜⎝ i=1 i =1 i =1 i =1 ⎠ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ 0,5 1,0 Vì cặp chọn cột tương ứng với cặp hàng điểm hàng có tung độ Số cặp hàng khác là: C12 = 66 1,0 Vì 72 > 66 nên ln tìm hai cặp điểm nằm cặp hàng Vậy ln tồn hình chữ nhật có cạnh song song với trục toạ độ 0,5 có đỉnh tơ màu Mọi cách giải khác kết lập luận chặt chẽ cho điểm tương đương ...Câu HƯỚNG DẪN CHẤM Mơn: Tốn 10 Nội dung ⎧⎪ x − y − y = (1) Giải hệ phương trình: ⎨ 2 ⎪⎩ x + y = x − y ( ) Điểm điểm Hệ phương