Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Toán khối 10 năm 2018 by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ MÔN TOÁN

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Toán khối 10 năm 2018 có đáp án WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14/4/2018 (Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

 x2 − y 2 + 4 = 2 y − x + 2 − 2x  Bài 1 (4,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) . 2  4 x + 2 + 28 − 3 y = y − 4 x + 4 Bài 2 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp trong đường tròn tâm O

)

ai l.c

(

bán kính R . Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H . Gọi K là hình chiếu vuông góc của O trên BC và J là điểm nằm trên tia OK sao cho OK .OJ = R 2 . Các đường thẳng

HK và EF cắt nhau tại I , các đường thẳng BC và EF cắt nhau tại P.Đường thẳng AP

cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là Q.

1. Chứng minh rằng các điểm H , K , I , Q thẳng hàng và ID vuông góc với OP.

2. Chứng minh rằng các điểm I , J , D thẳng hàng.

Bài 3 (4,0 điểm). Tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho 2018n được biểu diễn dưới dạng tổng lập phương của 2019 số nguyên chẵn liên tiếp.

yn h

Bài 4 (4,0 điểm). Cho 3 số thực không âm x, y , z. Chứng minh rằng +

x2 + 3

Bài 5 (4,0 điểm). Với mỗi

y2 + 3

z z2 + 3

( a1 , a2 ,..., a2018 )

≤

3 3 2 3 x + y2 + z2 + . 8 8

là một hoán vị của 2018 số nguyên dương đầu

tiên, cho phép được thực hiện phép đổi chỗ như sau: Mỗi lần lấy hai số tùy ý trong hoán vị

gọi là ai , a j rồi đổi chỗ của chúng cho nhau và đồng thời ghi trên bảng số 2 ai − a j . Chứng minh rằng từ hoán vị ( a1 , a2 ,..., a2018 ) tùy ý của 2018 số nguyên dương đầu tiên, ta có thể thu được hoán vị (1,2,..., 2018 ) nhờ thực hiện liên tiếp các phép biến đổi nói trên và thỏa

mãn

tổng

củ a

các

số

ghi

được

trên

bảng

không

vượt

a1 − 1 + a2 − 2 + .... + a2018 − 2018 . -------------- HẾT -------------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

quá

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM 2018 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN HỌC LỚP: 10 (Đáp án gồm 06 trang)

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

)

ĐIỂM

(

)

y − x + 2 − 2 x ⇔ ( x + 2) 2 + 2 x + 2 = y 2 + 2 y

x2 − y 2 + 4 = 2

0,5đ

(

ai l.c

Bài 1: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Lào Cai.  x 2 − y 2 + 4 = 2 y − x + 2 − 2 x (1)  Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) . 2 4 x + 2 + 28 − 3 y = y − 4 x + 4 ( 2 ) Ý ĐÁP ÁN  x ≥ −2  Điều kiện:  28 0 ≤ y ≤ 3 Xét phương trình (1):

Nếu x + 2 > y ≥ 0 ⇒ ( x + 2) 2 + 2 x + 2 > y 2 + 2 y .

Nếu 0 ≤ x + 2 < y ⇒ ( x + 2) 2 + 2 x + 2 < y 2 + 2 y . Vậy x + 2 = y .

⇔4

(

) (

⇔

4( x + 1) 3( x + 1) − − ( x − 1)( x + 1) = 0 x + 2 +1 22 − 3 x + 5

)

 x = −1 ⇔ 4 3  − − x + 1 = 0 (**)  x + 2 + 1 22 − 3 x + 5

0,5đ

22 − 3 x − 5 = x 2 − 1

x + 2 −1 +

Cách 1

yn h

Thay y = x + 2 vào (2) ta được phương trình 4 x + 2 + 22 − 3 x = x 2 + 8 (*)

0,5đ

Với −2 ≤ x < 2, thì VT (**) >

4 3 − − 2 +1 = 0 2 + 2 +1 22 − 3.2 + 5

22 4 3 − − 2 +1 = 0 . thì VT (**) < 3 2 + 2 +1 22 − 3.2 + 5 Do đó (*) có nghiệm duy nhất x = 2 . Vơi x = −1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn điều kiện).

V ới 2 < x ≤

Với x = 2 ⇒ y = 4 (thỏa mãn điều kiện).

0,5đ

0,5 đ

0,5đ

0,5 đ

Vậy hệ phương trình đã có hai nghiệm (−1;1);(2;4) .

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

 x ≥ −2  Điều kiện:  28 0 ≤ y ≤ 3

 x = −2 Ta thấy hệ không có nghiệm  . Xét y = 0

)

y − x + 2 − 2 x ⇔ ( x + 2) 2 − y 2 = 2

 ⇔ ( x + 2 − y ) ( x 2 + 4 x + 4 + y 2 ) + 

(

y − x+2

 =0 y + x + 2  2

 ⇔ x + 2 − y = 0  Do ( x 2 + 4 x + 4 + y 2 ) +   ⇔ y = x+2

 > 0  y + x+2 

)

(

(*) ⇔ 12 x + 2 + 3 22 − 3 x = 3 x + 24

(

) (

)

⇔ 4 3 x + 2 − (x + 4) + 3 22 − 3 x − (14 − x) = 3 x 2 − 3 x − 6 4 ( 9( x + 2) − (x + 4) 2 )

Cách 2

Thay y = x + 2 vào (2) ta được phương trình 4 x + 2 + 22 − 3x = x 2 + 8 (*) . 2

0,5đ 0,5đ

9(22 − 3 x) − (14 − x) 2 = 3( x + 1)( x − 2) 3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3 x + (14 − x) −4( x + 1)( x − 2) −9( x + 1)( x − 2) ⇔ + = 3( x + 1)( x − 2) 3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3 x + (14 − x)

⇔

0,5đ

ai l.c

x2 − y 2 + 4 = 2

0,5đ

y + x+2 >0

1,0đ

yn h

( x + 1)( x − 2) = 0 ⇔ 4 9  + +3= 0  3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3 x + (14 − x)

22 4 9 + +3> 0 nên 3 3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3 x + (14 − x) Do đó phương trình (*) có hai nghiệm x = −1; x = 2 .

0,5đ

Vơi x = −1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn điều kiện). Với x = 2 ⇒ y = 4 (thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ phương trình đã có hai nghiệm (−1;1);(2;4) .

0,5đ

Do −2 ≤ x ≤

Bài 2: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Lê Thánh Tông - Quảng Nam. Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R . Các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi K là hình chiếu vuông góc của O trên BC và J là điểm nằm trên tia OK sao cho OK .OJ = R 2 . Các đường thẳng HK và EF cắt nhau tại I , các đường thẳng BC và EF cắt nhau tại P. 1. Chứng minh rằng ID vuông góc với OP. 2. Chứng minh rằng các điểm I , J , D thẳng hàng. 2

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

E Q O2

ai l.c

I F

AP cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là Q.

- Chứng minh được A, Q, E, F đồng viên ( PA.PQ = PB.PC = PE.PF )

yn h

Mà A, E, F, H nằm trên đường tròn đường kính AH nên năm điểm A, Q, E, F, H cùng nằm trên đường tròn đường kính AH. Do đó, AQH = 900 .

0,5đ

2.1

Suy ra tứ giác PQHD nội tiếp đường tròn (O1) với O1 là trung điểm HP. Áp dụng định lý Brocard cho tứ giác BFEC nội tiếp trong đường tròn tâm K, ta có HK ⊥ AP. Lại có HQ ⊥ AP nên bốn điểm H, K, I, Q thẳng hàng. Gọi (O2) là đường tròn Euler của tam giác ABC (O2 là trung điểm OH) suy ra D, E, F nằm trên đường tròn (O2).

0,5đ

Ta có: IE.IF = IQ.IH suy ra I có cùng phương tích đối với hai đường tròn (O1) và (O2). Do đó, ID là trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2) nên ID ⊥ O1O2 hay ID ⊥ OP. Gọi L là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBJC với PJ = 900 và PB.PC = PL.PJ . suy ra OLJ

1,0đ

0,5đ

Áp dụng hệ thức Maclaurin cho hàng điều hòa P, D, B, C với K là trung 2.2

điểm BC, ta có: PB.PC = PD.PK .

= 900 . Do đó Do đó: PL.PJ = PD.PK nên tứ giác KDLJ nội tiếp suy ra DLJ O, D, L thẳng hàng và OD ⊥ PJ. Cuối cùng, dựa vào D là trực tâm của tam giác OPJ để đi đến kết quả JD ⊥ OP. Vậy I, J, D thẳng hàng. 3

1,0đ

0,5đ

Bài 3: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Quốc học Huế - Thừa Thiên Huế Tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho 2018n được biểu diễn dưới dạng tổng

lập phương của 2019 số nguyên chẵn liên tiếp.

ĐÁP ÁN

ĐIỂM 2018

Giả sử tồn tại số nguyên dương n để cho 2018n = ∑ (2k + 2i )3 với k ∈ Z. 2018

2018

i=0

i =0 2018

2018

Khi đó 2018n = ∑( 8k 3 + 24k 2i + 24ki2 + 8i3 ) = ∑8k3 + 24k 2 ∑i + 24k ∑i2 + 8∑i3. Ta có

∑ 8k

= 8.2019k 3 chia hết cho 2019.

i =0 n

n( n + 1) . 2

Bằng quy nạp, chứng minh được rằng

∑i = i =0

i =0

2018 2018.2019 ⇒ 24k 2 ∑ i chia hết cho 2019. 2 i =0

∑i =

1,0đ

2018

Suy ra

ai l.c

2018

1,0đ

i=0

Tương tự, bằng quy nạp, chứng minh được các công thức

∑i

i =0

∑ i2 = i =0

1,0đ

2018 20182.20192 ⇒ 8 ∑ i 3 chia hết cho 2019. 4 i =0

yn h

và

2018 2018.2019.4037 ⇒ 24k ∑ i 2 chia hết cho 2019 6 i =0

2018

Suy ra

n 2 ( n + 1) 2 . i = ∑ 4 i =0 n

n( n + 1)(2n + 1) và i = ∑ 6 i =0 2

Vậy 2018n = 2n.1009n chia hết cho 2019 = 3 ⋅ 673 và điều này là mâu thuẫn. 1,0đ

Vậy không tồn tại số nguyên dương n sao cho 2018n được biểu diễn dưới dạng tổng lập phương của 2019 số nguyên chẵn liên tiếp.

Bài 4: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Hoàng Lê Kha - Tây Ninh. Cho 3 số thực không âm x, y , z. Chứng minh rằng

x x2 + 3

y y2 + 3

z z2 + 3

≤

3 3 2 3 x + y2 + z2 + . 8 8

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schawarz ta có 2

x +y +z ≥ Suy ra

(x + y + z)

0,5đ

3 3 2 3 3 3 x + y2 + z2 + ≥ ( x + y + z ) + 8 8 8 8 4

0,5đ

Ta chỉ cần chứng minh

Ta chứng minh

ĐÁP ÁN x y z 3 3 + + ≤ ( x + y + z ) + ( *) 2 2 2 8 x +3 y +3 z +3 8

3 1 ≤ x+ 8 x +3 8 x

(1)

ĐIỂM 0,5đ 0,5đ

Thật vậy 3 1 2 ≤ x + ⇔ 9 x 4 + 6 x3 − 36 x 2 + 18 x + 3 ≥ 0 ⇔ ( x − 1) ( 3 x 2 + 8 x + 1) ≥ 0 8 x2 + 3 8 Đẳng thức ở (1) xảy ra khi và chỉ khi x = 1 .

Tương tự ta cũng có: ;

Cộng (1), (2), (3) ta có (*) được chứng minh.

0,5đ

(3)

(2)

3 1 ≤ z+ 2 8 z +3 8 z

3 1 ≤ y+ 2 8 y +3 8 y

ai l.c

Bất đẳng thức cuối đúng với mọi x ≥ 0 , nên (1) được chứng minh.

0,5đ

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1

0,5đ

Bài 5: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn - Bình Định. Với mỗi ( a1 , a2 ,..., a2018 ) là một hoán vị của 2018 số nguyên dương đầu tiên, cho phép

được thực hiện phép đổi chỗ như sau: Mỗi lần lấy hai số tùy ý trong hoán vị gọi là ai , a j rồi đổi chỗ của chúng cho nhau và đồng thời ghi trên bảng số 2 ai − a j . Chứng minh rằng từ

yn h

hoán vị ( a1 , a2 ,..., a2018 ) tùy ý của 2018 số nguyên dương đầu tiên, ta có thể thu được hoán vị

(1,2,..., 2018 )

nhờ thực hiện liên tiếp các phép biến đổi nói trên và sao cho tổng của các số

ghi được trên bảng không vượt quá a1 − 1 + a2 − 2 + .... + a2018 − 2018 . ĐÁP ÁN

ĐIỂM

2018

Với hoán vị ( a1 , a2 ,..., a2018 ) ta đặt S = ∑ ai − i . Bài toán yêu cầu từ hoán i =1

vị ( a1 , a2 ,..., a2018 ) đưa về hoán vị (1,2,..., 2018 ) tức là ta cần làm 2018

S = ∑ ai − i tiến về 0. i =1

1,25đ

Nhận xét. Khi đổi chỗ ai , a j ta được hoán vị mới có S'=

∑

ak − k + a j − i + ai − j .

k∈{1,2,...,2018}\{i , j}

(

) (

Khi đó S − S ' = ai − i + a j − i − a j − i + ai − i 5

)

(*) .

ĐÁP ÁN Gọi j là vị trí lớn nhất mà có số nằm không đúng vị trí thì a j < j. Bây giờ

ĐIỂM

ta xét a j vị trí đầu tiên của hoán vị, suy ra vị trí j nằm ngoài các vị trí đó và ta có a j nằm ở vị trí j. Vì vị trí j nằm ngoài các vị trí đó và a j nằm ở vị trí j nên trong a j vị trí đầu tiên của hoán vị mà chỉ có không quá a j − 1 số nhỏ hơn a j nên tồn tại một số ai > a j . Dễ dàng suy ra được i ≤ a j < ai ≤ j

1,5đ

(vì ai nằm ở vị trí i trong a j vị trí nên i ≤ a j và j là vị trí lớn nhất mà có

ai , a j thỏa mãn i ≤ a j < ai ≤ j .

ai l.c

Bây giờ ta chỉ việc đổi chỗ 2 vị trí ai , a j đó, thì từ (1) ta suy ra

số đó không nằm đúng vị trí nên ai ≤ j ). Như vậy ta luôn tìm được hai số

S − S ' = 2 ai − a j > 0 (1) .

Như vậy mỗi lần đổi chỗ ai , a j thì S giảm thực sự. Do đó theo nguyên lý

1,25đ

cực hạn đến một lúc nào đó S bằng 0, tức là ta đã đưa hoán vị tùy ý về hoán vị (1,2,..., 2018 ) . Mặt khác từ (1) ta có: S trừ cho tổng các số trên bảng lớn

hơn hoặc bằng 0 nên tổng các số trên bảng không vượt quá S. Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

CHÚ Ý KHI CHẤM

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu

yn h

đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không quá số điểm dành cho câu, phần đó. 2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ

chấm và ghi vào biên bản.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HSH KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB 2018 MÔN TOÁN - KHỐI 10 Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình

ai l.c

Câu 2 (4 điểm)

 x 2 + (2 y − 1) 2 = 3 2 y (4 y + 1) .  2 2 x 7 y − 1 = 20 y + y

Cho tam giác ABC với trọng tâm G. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC,

CA, AB. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF cắt đường thẳng BE tại điểm thứ hai là P.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt AD tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng PD và FQ cắt nhau tại một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQG.

Câu 3 (4 điểm)

Tìm số nguyên dương n bé nhất sao cho tồn tại n số nguyên dương phân biệt a1 , a2 ,..., an

thỏa mãn

2018(a1 − 1)(a2 − 1)...(an − 1) = 4a1a2 ...an .

Câu 4 (4 điểm)

yn h

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 3 . Chứng minh rằng y( z 2 + x 2 ) + 3 xyz ≤ 2 z+x

(

)

z ( x + y ) + x( y + z ) + y ( z + x) .

z( x2 + y 2 ) x( y 2 + z 2 ) + + x+ y y+z

Câu 5 (4 điểm)

Mỗi điểm trong mặt phẳng được tô màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng ta có thể tìm

được ba điểm cùng màu tạo thành tam giác đều có diện tích bằng 2018 3 hoặc có thể tìm

được ba điểm cùng màu tạo thành tam giác đều có diện tích bằng 6054 3 .

Giáo viên ra đề: Vũ Thị Vân. Số điện thoại 0982415216

ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MÔN TOÁN 10 Bài 1: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2  x + (2 y − 1) = 3 2 y (4 y + 1) .  2 2 x 7 y − 1 = 20 y + y

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1 7

Từ hệ ta suy ra 2

1,0đ

2 y (4 y + 1) + 2 x 7 y − 1 = x + (2 y − 1) + 20 y + y = x + 25 y − 3 y + 1.(1)

Do y ≥

1 nên từ phương trình thứ 2 suy ra x>0. 7

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

4 y +1 .1 2 1 4 y +1  2 ≤ 4y + + 1 + x + 7 y − 1 3 2  1 = x 2 +9y- . (2) 2

2 y (4 y + 1) + 2 x 7 y − 1 = 3 4 y.

1,5đ

ai l.c

Điều kiện y ≥ .

yn h

Từ (1) và (2) suy ra

x 2 + 25 y 2 − 3 y + 1 ≤ x 2 + 9 y −

1 2

1,0đ

⇔ ( 4 y − 1) ≤ 0

1 ⇔ y= . 4

Từ đó suy ra x =

3 Thỏa mãn hệ. 2

 3 1 ;  .  2 4

Vậy hệ có nghiệm là ( x; y ) = 

0,5đ

Câu 2 (4 điểm) . Cho tam giác ABC với trọng tâm G. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF cắt đường thẳng BE tại điểm thứ

hai là P. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt AD tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng PD và FQ cắt nhau tại một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQG. ĐÁP ÁN

ĐIỂM

A P E

ai l.c

yn h

Gọi R là giao điểm của PD và QF. Điều phải chứng minh tương đương với P, Q, R, G đồng viên.

Gọi H là giao điểm của (FQD) và CF, I là điểm sao cho BPID là hình

bình hành.

Gọi K là giao điểm của ID và CG.

1,0đ

Dễ dàng suy ra được K trung điểm CG.

+) Ta chứng minh HDCI nội tiếp hay KD.KI = KH.KC Đặt a = GE, b = GF

Ta có GP.GB = GC.GF = 2b 2 ⇒ GP =

b2 a

a2 GB.GE = GQ.GA = 2GD.GQ = 2GH .GF ⇒ GH = b a2 ; CK = b. b

BG = a; KI = DI − KD = BP − KD = BG + GP − KD 2 b2 b2 = 2a + − a = a + . a a

KH = KG + GH = b +

KD =

a2 b2 )b = (a + )a = KD.KI b a

1.0đ

Vậy HDCI nội tiếp.

ai l.c

KH .KC = (b +

Khi đó

1,0đ

Khi đó ta có

∠ GQR = ∠ DHG (Do FHDQ nội tiếp)

= ∠ DIC (Do HDCI nội tiếp)

1,0đ

yn h

= ∠ PDI (Do PICD là hình bình hành)

= ∠ GPR (Do BPID là hình bình hành) Suy ra GPQR nội tiếp. Từ đó có điều phải chứng minh

Câu 3 (4 điểm). Tìm số nguyên dương n bé nhất sao cho tồn tại n số nguyên dương

phân biệt a1 , a2 ,..., an thỏa mãn 2018(a1 − 1)(a2 − 1)...(an − 1) = 4a1a2 ...an .

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Giả sử với số nguyên dương n nào đó, tồn tại n số a1 , a2 ,..., an thỏa mãn

2018(a1 − 1)(a2 − 1)...(an − 1) = 4a1a2 ...an . (1)

Không mất tính tổng quát ta giả sử a1 < a2 < ... < an . Dễ thấy a1 > 1 . Do đó 4

0,5đ

2 ≤ a1 ≤ a2 − 1 ≤ ... ≤ an − (n − 1)

(2)

⇒ ai ≥ i + 1, i = 1,..., n,

0,5đ

Từ (1) và (2) suy ra  4 1  1  1 = 1 −  1 −  ...  1 −  2018  a1  a2   an 

1   1  1   ≥  1 −  1 −  ...  1 −   2   3   n +1 1 2 n 1 = = . ... . 2 3 n +1 n +1

2018 1009 = > 504 ⇒ n ≥ 504. 4 2

Ta sẽ chỉ ra số n =504 là bé nhất thỏa mãn đầu bài.

ai l.c

Suy ra n + 1 ≥

1,0đ

Thật vậy, ta xét 504 số: 2, 3, …, 504, 1009. Ta có

1.5đ

2018 (2-1)(3-1)…(504-1)(1009-1)=2018.1.2…503.1008

=4.2.3….504.1009. 0,5đ

Vì vậy n =504 là số cần tìm.

y( z 2 + x 2 ) + 3 xyz ≤ 2 z+x

(

)

z ( x + y ) + x( y + z ) + y ( z + x) .

ĐÁP ÁN

yn h

z( x2 + y 2 ) x( y 2 + z 2 ) + + x+ y y+z

Câu 4 (4 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 3 . Chứng minh rằng

xyz ta được bất đẳng thức

Chia cả hai về của bđt đã cho cho

ĐIỂM

tương đương 2

y+z z+x  + . yz zx 

(x + y ) + xy ( x + y )

0.5

 x+ y (y + z ) (z + x ) + + 3 ≤ 2  + yz ( y + z ) zx ( z + x ) xy  2

Áp dụng bất đẳng thức 2(a 2 + b2 ) ≥ (a + b) 2 ⇒ 2(a 2 + b 2 ) ≥ a + b , ta có 2.

 2 x+ y x2 + y 2  ( x + y)2 = 2 = 2 + ≥ xy xy ( x + y )  x + y xy ( x + y ) 

Tương tự 2.

y+z ≥ yz

2 + y+z

y2 + z 2 , yz ( y + z )

x2 + y2 2 . + x+ y xy ( x + y )

2,0

z 2 + x2 2 . + z+x zx ( z + x )

z+x ≥ zx

Mặt khác ta lại áp dụng bất đẳng thức a + b + c ≥ 3.

1 1 1   +  +  a b c

ta được 1,5

2 2 3 3 + ≥ 3. =3 ≥ 3. x+ y y+ z z+ x + + y+z z+x x y z + + 2 2 2

ai l.c

2 + x+ y

3 2

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Câu 5 (4 điểm). Mỗi điểm trong mặt phẳng được tô màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh

rằng ta có thể tìm được ba điểm cùng màu tạo thành tam giác đều có diện tích bằng

2018 3 hoặc có thể tìm được ba điểm cùng màu tạo thành tam giác đều có diện tích

bằng 6054 3 .

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Giả sử ta không thể tìm được ba điểm cùng màu tạo thành tam giác

yn h

đều có diện tích bằng 2018.

Chọn ba điểm tạo thành tam giác đều có cạnh bằng 2. 2018 nghĩa là có diện tích bằng 2018 3 .

1,5

Khi đó, theo giả sử trên, chắc chắn phải có hai điểm khác màu.

Chọn một điểm nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng nối hai

điểm trên sao cho khoảng cách từ điểm này đến mỗi một trong hai

điểm đó bằng 4 2018 . Lúc đó, điểm này phải có màu khác với một trong hai điểm đó, vì thế có thể gọi A, B là hai điểm có khoảng cách bằng 4 2018 với A xanh, B đỏ. Gọi M là trung điểm của AB. Không mất tính tổng quát giả sử M có màu đỏ. 6

1,5

Ta có MA=MB=2 2018 . Gọi C, D là hai điểm sao cho tam giác MCB và MDB đều. Khi đó C, D đều có màu xanh. Nghĩa là ba điểm A, C, D đều cùng màu xanh. Ta dễ dàng chứng minh được tam giác ACD đều có cạnh bằng 1,0

2 6054 hay có diện tích bằng 6054 3 .

ai l.c

Ta có điều phải chứng minh.

yn h

Giáo viên ra đề và đáp án: Vũ Thị Vân. Số điện thoại 0982415216

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

ĐỀ THI CHỌN HSG KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: Toán – Lớp 10 Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (4,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 x 3 + 3x 2 y − 2 ( y 4 + y 2 ) 2 y − 1 = 0. ( x, y ∈ ℝ )  2 2 2 x + 2 y + 4 x − y − 2 − x − 2 3 x + 6 = 0.

ai l.c

Câu 2 (4,0 điểm). Cho a, b, c các số thực dương thay đổi thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 6 , tìm a 2b 5c giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + . + bc ca ab Câu 3 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi I là trung điểm BC. Đường thẳng qua A vuông góc AI cắt BH, CH tại M, N. a) Chứng minh: IM = IN b) (HMN) lần lượt cắt đường tròn đường kính AH, (HBC) tại P, Q. Chứng minh: IP = IQ

Câu 4 (4,0 điểm). Cho dãy số ( am ) biết rằng am = m n + n. Tồn tại hay không hai số

nguyên dương phân biệt p, q sao cho aq chia hết cho ap với mọi số nguyên dương n ? Câu 5 (4,0 điểm). a) Một cuộc họp có 12 k người và mỗi người bắt tay với đúng 3 k +6 người còn lại.

yn h

Biết rằng với mọi cách chọn cặp hai người, số người bắt tay với cả hai là như nhau. Hỏi

cuộc họp có bao nhiêu người?

b) Trên mặt phẳng vẽ 2018 véctơ. Hai người chơi lần lượt thay phiên nhau mỗi người

lấy một véctơ cho đến khi không còn véctơ trên mặt phẳng. Người chiến thắng là người

lấy được các véctơ sao cho độ dài véctơ tổng của chúng lớn hơn. Hãy chỉ ra chiến thuật

chơi để người chơi đầu tiên luôn chiến thắng.

------------ Hết --------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.....................................................................Số báo danh :…………...

TRƯỜNG CHUYÊN BẮC NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: Toán – Lớp 10

Câu

Nội dung

Điểm

Giải hệ phương trình:

 x 3 + 3x 2 y − 2 ( y 4 + y 2 ) 2 y − 1 = 0.(1)  2 2 2 x + 2 y + 4 x − y − 2 − x − 2 3x + 6 = 0. (2) ( x ∈ ℝ)

ai l.c

1 2

Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 2, y ≥ .

)

(

2 y − 1 + 3 2 y − 1. ( 3)

(2)

 y  y 3 2  x x ⇔   + 3  =  y  y

Câu 1 3 2 (4điểm) (1) ⇔  x  + 3  x  = 2 ( y + 1) 2 y − 1    

Theo bđt AM-GM có:

2 1 9 ( 3x + 6 ) điểm 3

⇔ 2 x 2 + 2 y 2 + 4 x − y = 2 − x + 2 3 x + 6 = 1( 2 − x ) +

9 + 3x + 2 3x + 15 1+ 2 − x 3 − x = , 9 ( 3x + 6 ) ≤ = 2 2 2 2 3 − x 3x + 15 x + 13 ⇒ 2x2 + 2 y2 + 4x − y ≤ + = 2 2 2 2 2 2 ⇔ 4 x + 4 y + 7 x − 2 y − 13 ≤ 0 ⇔ 4 y − 2 y − 2 ≤ −4 x 2 − 7 x + 11 ⇔ 2 ( y − 1)( 2 y + 1) ≤ − ( x − 1)( 4 x + 1) . ( 4 )

yn h

1( 2 − x ) ≤

Nếu y>1 từ (4) ⇒ x < 1 Mặt khác từ (3) có 3

3 x x + 3 = 2 − 1 + 3 2 y − 1 > 13 + 3 1 = 4 y  y  y     2  x  x  x ⇔  − 1 + 2  > 0 ⇔ > 1 ⇔ x > y (vô lí) y  y  y 

(

)

 x  x  ⇒ y ≤ 1 ⇒  − 1 + 2  ≤ 0 ⇒ x ≤ y ≤ 1  y  y 

1 điểm

Khi đó 2 x 2 + 2 y 2 + 4 x − y − 2 − x − 2 3 x + 6 = 0

(

)

(

)

⇔ 2 x 2 + 2 x − 3 x + 6 + ( 2 y 2 − y − 1) + 1 − 2 2 − x = 0 2 ( x − 1)( x + 2 ) ( x 2 + 3 x + 3)

⇔

+ ( y − 1)( 2 y + 1) +

x + 2 x + 3x + 6 x −1 = 0 x = 1 (thử lại, chọn) ⇔ ⇔ y − 1 = 0 y = 1   Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = (1;1)

2 đ i ểm

x −1 =0 1+ 2 − x

ai l.c

Cho a, b, c các số thực dương thay đổi thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 6 , tìm giá a 2b 5c trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + bc ca ab Áp dung bất dẳng thức AM-- GM ta được:

 a2  a2 b2 a 2 + 2b2 + 5c 2 = 3 ⋅ + 4 ⋅ + 5 ⋅ c 2 ≥ 12 ⋅ 12    3  2 3  

2 4

a b ≥ 122 ⋅ 6   ⋅   ⋅ c 2  3   2     

( )

suy

2điểm

( )

 a2  a2 b2 2 6 a + b + c = 3⋅ + 2 ⋅ + c ≥ 6 ⋅    3  3 2   2

yn h

Câu 2 (4điểm)

)

2 3

(

a 2 + 2b 2 + 5c 2

 b2  ⋅   ⋅ c2  2   

( *) 2

 b2  2 ⋅  ⋅c    2 

(**) .

Từ (*) và (**) có

 a2   b2  6 a + 2b + 5c a + b + c ≥ 12 ⋅ 6 ⋅   ⋅   ⋅ c 2  3   2      2  a2   b2  2 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ a + 2b + 5c a + b + c ≥ 12 ⋅ 6 ⋅   ⋅   ⋅ c  3   2      2 2

)(

(

⇔ a 2 + 2b2 + 5c 2

(

)(

)

( )

)

⋅ 6 ≥ 122 ⋅ ( abc ) ⇔ a 2 + 2b 2 + 5c 2 ≥ 2 6 ⋅ abc

a 2b 5c a2 b2 = = c 2 và ⇔ + + ≥ 2 6 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi bc ca ab 3 2 a 2 + b 2 + c 2 = 6 ⇔ a = 3, b = 2, c = 1 .

Vậy Pmin = 2 6 ⇔ a = 3, b = 2, c = 1

2 đ i ểm

Câu 3 Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi I là trung điểm BC. Đường thẳng (4điểm) qua A vuông góc AI cắt BH, CH tại M, N. a) Chứng minh: IM = IN b) (HMN) lần lượt cắt đường tròn đường kính AH, (HBC) tại P, Q.

ai l.c

Chứng minh: IP = IQ

yn h

a) BH, CH lần lượt vuông góc CA, AB tại E, F

Áp dụng định lý con bướm cho tứ giác nội tiếp BFEC nội tiếp ( I ) , có BF ∩ CE = A và đường thẳng qua A vuông góc AI cắt BH, CH tại M, N,

ta được: AM = AN ⇒ IM = IN

2 đ i ểm

b) IM = IN ⇒ IM 2 = IN 2 ⇒ PM = PN ⇒ ME.MB = NF.NC ⇒ ( I)

( I)

ME NC = (1) NF MB

Ｓ ∆QME ⇒ QN = FN ( 2 ) và ∆PNC Ｓ ∆PMB ⇒ PN = NC ( 3) ∆QNF PM MB QM EM

Từ (1), (2), (3), ta được:

QM PN = ⇒ PQNM là hình thang cân (vì P, Q là QN PM

2 đ i ểm

hai đỉnh kề nhau) . Mà AI là trung trực MN nên AI là trung trực

ai l.c

PQ ⇒ IP = IQ

a a = m n + n. Tồn tại hay không hai số nguyên Câu 4 Cho dãy số ( m ) biết rằng m (4điểm) dương phân biệt p, q sao cho aq chia hết cho ap với mọi số nguyên dương n ? Giả sử tồn tại hai số p, q nguyên dương phân biệt sao cho q n + n chia hết cho p n + n với mọi số nguyên dương n, thế thì q n + n > p n + n ⇒ q > p . Giả sử a là một số nguyên tố lớn hơn q và n là số tự nhiên thỏa mãn

n = ( p + 1)(a − 1) + 1 . Khi đó n = (p+1)a –p ⇒ n ≡ − p(mod a) (1)

Vì p < q < a nên (p, a) =(q, a)=1. Theo định lý nhỏ Fermat, ta có p a −1 ≡ 1(mod a ) ⇒ p ( p +1)(a −1) ≡ 1(mod a )

yn h

⇒ p( p+1)(a−1)+1 ≡ p(mod a). Do đó pn ≡ p(mod a) Từ (1) và (2) suy ra p n + n ≡ 0(mod a ) hay

( pn + n ) ⋮a

2 đ i ểm

(2) (4)

Chứng minh tương tự, ta được qn ≡ q(mod a) (3) và ( qn + n ) ⋮ a Từ (1) và (3) suy ra qn + n ≡ q − p(mod a) (5)

Từ (4) và (5) suy ra (q − p) ⋮ a . Điều này không thể xảy ra vì Vậy không tồn tại hai số nguyên dương phân biệt p, q sao cho chia hết cho p n + n với mọi số nguyên dương n. a) Một cuộc họp có 12 k người và mỗi người bắt tay với đúng

p<q<a qn + n

2 đ i ểm

3 k +6

người còn lại. Biết rằng với mọi cách chọn cặp hai người, số người bắt

Câu 5 (4điểm)

tay với cả hai là như nhau. Hỏi cuộc họp có bao nhiêu người? Ta sẽ đếm số bộ (A, B, C) mà C bắt tay với cả A và B nhưng A và B không bắt tay nhau. Gọi số bộ này là S. 1)

Đếm theo A, B trước

1 đ i ểm

- Chọn ra một người A tuỳ ý, có 12 k cách - Chọn ra một người B không bắt tay với người này, có 12k − 1 − ( 3k + 6 ) = 9k − 7 cách

- Chọn ra một người bắt tay với cả hai người này: theo giả thiết thì số cách chọn này là như nhau với tất cả các cặp (A, B) cho trước nên ta có thể đặt là m.

ai l.c

Vậy S = 12k ( 9k − 7 ) m (1) 2) Đếm theo C trước - Chọn ra một người C tuỳ ý, có 12 k cách

- Chọn ra một người A mà C bắt tay, có 3k + 6 cách

- Chọn ra một người B bắt tay với C nhưng không bắt tay với A.

- Ta thấy rằng có m người bắt tay với cả A, C nên có 3k + 5 − m bắt tay với C nhưng không bắt tay với A.

Vậy S = 12k ( 3k + 6 )( 3k + 5 − m ) (2) Từ (1) và (2) ta có 12k ( 9k − 7 ) m = 12k ( 3k + 6 )( 3k + 5 − m )

3k ( k + 2 )( 3k + 5 ) ∈ ℤ + . Suy ra k = 3, m = 6 12k − 1

yn h

Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra một trường hợp thoả mãn. Giả sử những người

dự họp ngồi thành ma trận 6x6 ; và giả sử rằng hai người Aij , Akl bắt tay lẫn nhau nếu và chỉ nếu i = k hoặc j = l hoặc i − j ≡ k − l (mod 6). Như

vậy, mỗi người bắt tay nhau đúng với 15 người khác và thoả mãn các điều kiện của bài toán. Vậy số người trong cuộc họp là 36.

b) Trên mặt phẳng vẽ 2018 véctơ. Hai người chơi lần lượt thay phiên nhau mỗi người lấy một véctơ cho đến khi không còn véctơ trên mặt phẳng. Người chiến thắng là người lấy được các véctơ sao cho độ dài véctơ tổng của chúng lớn hơn. Hãy chỉ ra chiến thuật chơi để người chơi đầu tiên luôn chiến thắng.

1 đ i ểm

Theo luật chơi mỗi người sẽ lấy được số véctơ bằng nhau là 1009. Gọi

u là véctơ tổng của 1009 véc tơ. Để u lớn nhất thì tổng của tổng bình phương các hoành độ và tổng bình phương các tung độ của 1009 véctơ này là lớn nhất. Vì vậy ta sẽ chọn lại hệ trục tọa độ sao cho tổng bình phương các tung độ của 1009 véctơ của hai người chơi bằng nhau thì bài toán sẽ dàng hơn nhiều.

Thật vậy, gọi a là véc tơ tổng của 2018 véc tơ trên, chọn hệ trục Oxy sao cho trục Ox cùng chiều với a và giá của a trùng với Ox, sao cho tất

ai l.c

cả các véc tơ đều nằm về bên phải của trục Oy, tức là các hoành độ của 2018 véc tơ đó đều dương.

Khi đó ta có 2018 véc tơ vi = ( xi ; yi ), i = 1,...,2018, x i > 0

Và a có tung độ bằng 0, tức y1 + y2 + ... + y2018 = 0 (*)

Không mất tính tổng quát, giả sử người thứ nhất lấy được các véc tơ

v , v ,..., v và người thứ hai lấy được các véc tơ v1010 ,..., v2018 . 1 2 1009

yn h

1009 1009 v + v + ... + v = ( ∑ xi )2 + ( ∑ yi )2 1 2 1009 i =1 i =1 Do 2018 2018 v +v + ... + v = ( ∑ xi )2 + ( ∑ yi )2 1010 1011 2018 i =1010 i =1010

1009

2018

Mà từ (*) ta có ( ∑ yi )2 = ( ∑

i =1

yi )2 i =1010

Vậy để người chơi thứ nhất thắng thì chiến lược chơi là trong hệ trục Oxy người chơi thứ nhất luôn chọn các véctơ có hoành độ lớn nhất trong

mỗi lần chọn. Vì các véctơ trong Oxy đều có hoành độ dương nên tổng bình phương hoành độ của 1009 véctơ mà người thứ nhất chọn sẽ lớn

hơn tổng bình phương hoành độ của 1009 véctơ mà người thứ hai chọn, nên độ dài của 1009 véctơ người thứ nhất chọn sẽ lớn hơn độ dài của 1009 véctơ người thứ hai chọn.

Hết Chú ý: Mọi cách giải khác mà đúng thì vẫn cho đa · Giáo viên: Lê Đăng Điển

Điện thoại: 0987780063

2 đ i ểm

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 10. Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)

(ĐỀ GIỚI THIỆU)

Câu 1 (4,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập các số thực dương.

ai l.c

4 xy + 2 yz − zx = 25  2  x + 4y2 2 2 + z + 4 xy = 3  2  z + 4 xy 5  x 2 + y 2 + z 2 = 14 

Câu 2 (4,0 điểm).Cho đường tròn ( O′; r1 ) và đường tròn ( O′′; r2 ) tiếp xúc ngoài tại C .

Đường tròn ( O; r ) tiếp xúc ngoài với hai đường tròn ( O′; r1 ) và ( O′′; r2 ) . Tiếp tuyến chung

tại C của đường tròn ( O′; r1 ) và ( O′′; r2 ) là d . Đường kính AB của đường tròn ( O; r )

vuông góc với d . Chứng minh rằng AO , BO , d đồng quy.

max{x1 ; x2 ;......; xn } = 2 p với p là số nguyên tố nào đó.

1 1 1 + + .... + = 1 . Giả sử x1 x 2 xn

Câu 3 (4,0 điểm). Cho n số nguyên dương đôi một khác nhau x1 ; x 2 ;.....; x n thỏa mãn

yn h

Tìm n ?

Câu 4 (4,0 điểm). Cho a, b ,c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 2

a + c − abc

1 2

b + c 2 − abc

a + b − abc

Câu 5 (4,0 điểm).Cho hình đa giác đều có 9 cạnh. Mỗi đỉnh của nó được tô màu bằng

một trong hai màu trắng hoặc đen. Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biệt có diện tích bằng nhau mà các đỉnh của mỗi tam giác được tô cùng màu. ----------------- Hết -----------------

Họ và tên người ra đề: Trần Thu Hương Điện thoại: 0912368282

ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM Đáp án

Câu

(4,0 đ)

(1) 4 xy + 2 yz − zx = 25  2  x + 4y2 2 2 + z + 4 xy = 3 (2)  2 5 z + 4 xy   x 2 + y 2 + z 2 = 14 (3) 

0,5đ

Câu 1

Điểm

Từ (1) ,áp dụng bất đẳng thức C-S ta có

⇒ x2 + 4y2 ≥

= (z 2 + 4 xy )(x 2 + 4 y 2 )

ai l.c

25 = 4 xy . 4 xy + z (2 y − x ) ≤ (4 xy + z 2 )[4 xy + (2 y − x )

( Dấu ''='' xảy ra ⇔ z = 2 y − x )

z + 4 xy

x2 + 4y2 2 2 25 2 2 + z + 4 xy ≥ 2 + z + 4 xy (4) 2 z + 4 xy 5 z + 4 xy 5

0,5đ

Do đó từ (2) ta có

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

0,5đ

1 2 25 2 2 25 1 2 z + 4 xy ≥ 3 (5) + z + 4 xy = 2 + z + 4 xy + 5 z + 4 xy 5 z + 4 xy 5

0,5đ

x2 + 4y2 2 2 z + 4 xy ≥ 3 + z 2 + 4 xy 5

yn h

Từ (4) và (5) suy ra

25 1 2 = z + 4 xy ⇔ z 2 + 4 xy = 25 5 z + 4 xy 2

Dấu ''='' xảy ra ⇔

z = 2 y − x z = 2 y − x  2  Khi đó hpt ⇔  z + 4 xy = 25 ⇔  x 2 + 4 y 2 = 25  x 2 + y 2 + z 2 = 14 2 x 2 + 5 y 2 − 4 xy = 14  

Từ (6) và (7) suy ra 14( x 2 + 4 y 2 ) − 25(2 x 2 + 5 y 2 − 4 xy ) = 0

0,5đ ( 6) ( 7)

0,5đ

⇔ −36 x 2 − 69 y 2 + 100 xy = 0 3  x = 2 y ⇔  x = 23 y  18 3 2

+/ TH 1: x = y . Giải được x = 3; y = 2; z = 1

0,5đ

+/ TH 2: x =

0,5đ

23 23 73 18 73 13 73 y . Giải được x = ;y = ;z = 73 73 73 18

Câu 2

0,5đ

ai l.c

(4,0đ)

(O ; r ) /

và đường tròn ( O / / ; r2 ) . Vì d là tiếp tuyến của đường tròn ( O / ; r1 )

Gọi M , N lần lượt là tiếp điểm của đường tròn ( O; r ) với đường tròn

và đường tròn ( O / / ; r2 ) nên d ⊥ O 'O '' nên AB / / O 'O '' .

1đ

Ta lại có O, N , O’’ thẳng hàng do đó tam giác OBN đồng dạng tam giác

'' = CO O’’CN (vì hai tam giác cân có BON N )

'' =O NC nên B , C , N thẳng hàng. suy ra ONB

BN r AM r = ; = CN r2 MC r1

Suy ra

yn h

Tương tự A, M , C thẳng hàng

Mà AB là đường kính của ( O ) nên AN ⊥ BC ; BM ⊥ AC

0,5đ

Suy ra AN , BM , d đồng quy.

Gọi H = d ∩ AB . Áp dụng định lý Ceva ta có:

0,5đ

r r AH BN CM AH r r1 . . = . . = 1 ⇒ 1 = 2 (1) HB CN MA HB r2 r HB HA

0,5đ

Giả sử d cắt BO’ và AO’’ lần lượt tại D và E . Suy ra ∆O'CD ∼ ∆BHD ⇒

r CD = 1 (2) DH HB

r CE = 2 (3) DH HA

Do đó AO’’ , BO’ , d đồng quy. Ta giả sử max {x1 ; x2 ;......; xn } = x1 = 2 p . Khi đó

0,5đ

Câu 3

0,5đ

CD CE = , suy ra D trùng E . DH EH

Từ (1), (2),(3) suy ra

ai l.c

Tương tự

(4,0 đ)

A 2 p −1 1 1 1 1 1 2 p −1 ⇔ = + .... + = 1− = 1− = x 2 .x3 ......x n 2p x 2 x3 xn x1 2p 2p

(với A là số nguyên dương)

0,5đ

vì p nguyên tố và p không là ước của 2p-1 nên p là ước của x j nào

0,5đ

đó với 2 ≤ j ≤ n

⇒ 2 p. A = (2 p − 1)x 2 .x3 ......x n và p \ (2 p − 1)x 2 .x3 ......x n

0,5đ

yn h

Giả sử p \ x 2 .Vì x1 = 2 p = max{x1 ; x2 ;......; xn } ; x1 ≠ x2 nên x2 = p

và p không là ước của x3 ; x 4 ;.....; x n

Khi đó

⇔

1 1 1 1 1 1 1 2p −3 + .... + = 1− − = 1− − = x3 x 4 xn x1 x 2 2p p 2p

0,5đ

B 2p −3 = với B là số nguyên dương x3 .x 4 .....x n 2p

⇒ 2 p.B = (2 p − 3)x3 .x 4 ......x n và p \ (2 p − 3)x3 .x 4 ...... x n

0,5đ

Vì p không là ước của x3 ; x 4 ;.....; x n nên p \ (2 p − 3) ⇒ p = 3

⇒ x1 = 6; x 2 = 3 và x j < 6 ∀j = 3,4,..., n tức x j ∈ {1;2;3;4;5}

0,5đ

1 1 1 1 1 1 + .... + = 1 − − = ⇒ x j ≠ 1 ∀j = 3,4,..., n x3 x 4 xn 6 3 2

Lại có

⇒ x3 = 2 ⇒ n = 3 . vậy n=3.

(4,0 đ)

Không mất tính tổng quát giả sử c = min{a; b; c} , khi đó vì

0,5đ

c ≥ 0; c ≤ a ; c ≤ b nên ta có 2

c  c  a 2 + b 2 − abc ≤ a 2 + b 2 ≤  a +  +  b +  2 2    

c  b + c − abc ≤ b + c ≤  b +  2  c   1 ≥ ab + bc + ca ≥  a +  b + 2  

x2 + y 2

1 1 xy + xy +  = 2 x +y x y 2

⇒0<t ≤

x y + y x

Đặt t =

0,5đ

1 1 + ≥ x y

Khi đó P ≥ f (t ) = t +

1 x y + y x

x y + y x

0,5đ

1 2.

0,5đ

1 t2

1  1  (*)  = 2+ 2  2

0,5đ

Ta chứng minh f (t ) ≥ f  Thật vậy (*) ⇔ t + với 0 < t ≤

0,5đ

c c ; y = b + suy ra x > 0; y > 0 ; xy ≤ 1 2 2

yn h

P≥

c  2

Đặt x = a +

ai l.c

c  2

 a 2 + c 2 − abc ≤ a 2 + c 2 ≤  a + 

Câu 4

1 1 ≥ 2+ ⇔ 2 t 2

(

)(

)

2t − 1 t 2 − 2t − 2 ≥ 0 ( luôn đúng

1 ) 2

Vậy MinP = 2 +

1 2

đạt tại a=b=1 ; c= 0 hoặc các hoán vị .

0,5đ

Câu 5 Gọi chín đỉnh của đa giác là A1 , A2 ,..., A9 đều được tô bằng một trong hai

0,5đ

(5,0 đ) màu trắng hoặc đen. Nên theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất năm đỉnh trong số đó được tô bằng cùng một màu Giả sử có năm đỉnh được tô màu trắng, năm đỉnh này tạo ra: C53 = 10

0,5đ

(tam giác).

ai l.c

tập hợp các đỉnh của đa giác đã cho, tức là P = { A1 , A2 ,..., A9 } .

Tam giác màu trắng ( là tam giác có ba đỉnh cùng màu trắng). Gọi P là

0,5đ

Gọi O là tâm của đa giác đều đã cho.

0,5đ

Xét phép quay các góc quay 0°, 40°,80°,120°,160°, 200°, 240°, 280°, 320° xung

quanh tâm O . Rõ ràng ứng với mỗi phép quay này tập P sẽ biến thành

chính nó.

Sau chín phép quay trên thì có 10 tam giác trắng biến thành 90 tam giác

0,5đ

trắng mà mỗi tam giác này đều có các đỉnh thuộc tập hợp P .

Mà số tam giác khác nhau có đỉnh trong P là: C93 = 84 (tam giác).

yn h

Vì 84 < 90 nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai tam giác trắng ∆ và

0,5đ 0,5đ

∆ ′ sao cho các phép quay tương ứng cùng một tam giác.

Vì phép quay bảo toàn hình dáng và độ lớn của hình (nói riêng bảo toàn

0,5đ

diện tích) nên S∆ = S∆′ (đpcm).

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

ĐỀ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN TOÁN - LỚP 10 Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1 (4,0 điểm). Giải hệ phương trình

ai l.c

2 2 2 x − y + xy − 5 x + y + 2 = y − 2 x + 1 − 3 − 3 x  2  x − y − 1 = 4 x + y + 5 − x + 2 y − 2

Câu 2 (4,0 điểm).Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn (O), có đường

cao AH và tâm đường tròn nội tiếp là I.Đường thẳng AI cắt lại đường tròn (O) tại điểm thứ hai M. Gọi A' là điểm đối xứng với A qua O. Đường thẳng MA' cắt các đường thẳng

AH, BC theo thứ tự tại N và K.

1) Chứng minh rằng tứ giác NHIK nội tiếp đường tròn.

2) Đường thẳng A'I cắt lại đường tròn (O) tại điểm thứ hai D, hai đường thẳng AD và BC

cắt nhau tại điểm S. Chứng minh rằng nếu AB + AC = 2 BC thì I là trọng tâm của tam

giác AKS.

yn h

Câu 3 (4,0 điểm). Cho a, b, c, d ∈ N * thỏa mãn a > b > c > d và (ac + bd) | (a + b + c + d)

. Chứng minh rằng với mọi m ∈ N * vàn lẻ thì a n c m + b m d n là hợp số. Câu 4. (4,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca ≤ 3abc .

Chứng minh

(

)

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 + + + 3. a+b + b+c + c+a ≥ a+b b+c c+a

Câu 5(4,0 điểm)Cho đa giác đều 2017 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác gồm hai màu xanh và đỏ. Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành một tam giác ………………Hết……………

Câu 1

Nội dung trình bày

Điểm

 2 x 2 − y 2 + xy − 5 x + y + 2 = y − 2 x + 1 − 3 − 3 x Giải hệ phương trình  2  x − y − 1 = 4 x + y + 5 − x + 2 y − 2

(1) ( 2)

ĐK: y − 2 x + 1 ≥ 0, 4 x + y + 5 ≥ 0, x + 2 y − 2 ≥ 0, x ≤ 1

x+ y−2 y − 2 x + 1 + 3 − 3x

1 + y − 2x + 1 > 0 ⇒ x + y − 2 = 0 y − 2 x + 1 + 3 − 3x

Do y − 2 x + 1 ≥ 0 nên

1,0

  1 ⇔ ( x + y − 2)  + y − 2 x + 1 = 0 .  y − 2 x + 1 + 3 − 3 x 

Khi đó (1) ⇔ ( x + y − 2 )( 2 x − y − 1) =

ai l.c

TH 2. x ≠ 1, y ≠ 1 .

1,0

 y − 2x + 1 = 0  x = 1 0 = 0 TH 1:  ⇔ ⇒ (Không thỏa mãn) 3 − 3 x = 0  y = 1  −1 = 10 − 1

Thay y = 2 − x vào (2) ta được x 2 + x − 3 = 3 x + 7 − 2 − x ⇔ x 2 + x − 2 = 3x + 7 − 1 + 2 − 2 − x

3x + 6 2+ x + 3x + 7 + 1 2 + 2 − x

⇔ ( x + 2)( x − 1) =

1,0

yn h

3 1   ⇔ ( x + 2)  + + 1 − x = 0  3x + 7 + 1 2 + 2 − x  3 1 Do x ≤ 1 nên + +1− x > 0 3x + 7 + 1 2 + 2 − x Vậy x + 2 = 0 ⇔ x = −2 ⇒ y = 4 (TMĐK)

Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn (O), có đường cao AH

Vậy hệ có nghiệm (x; y): ( −2; 4 )

và tâm đường tròn nội tiếp là I.Đường thẳng AI cắt lại đường tròn (O) tại điểm thứ hai M. Gọi A' là điểm đối xứng với A qua O. Đường thẳng MA' cắt các

đường thẳng AH, BC theo thứ tự tại N và K. 1) Chứng minh rằng tứ giác NHIK nội tiếp đường tròn. 2) Đường thẳng A'I cắt lại đường tròn (O) tại điểm thứ hai D, hai đường thẳng

1,0

AD và BC cắt nhau tại điểm S. Chứng minh rằng nếu AB + AC = 2 BC thì I là trọng tâm của tam giác AKS. A

ai l.c

A' M N

= 900 − 1 mà AI là phân giác góc A nên Ta có OAC AOC = 900 − ABC = BAH

= OAI , suy ra tam giác ANA' cân tại A. HAI

Gọi L là giao điểm của MA và BC.

= 900 − HNK = HAM = LAA ' , suy ra tứ giác ALA'K nội tiếp. Ta có HKN

Do đó MA '.MK = ML.MA (1)

Dễ thấy ngay hai tam giác MCL và MAC đồng dạng, suy ra ML.MA = MC 2 (2) Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên MI = MC (3).

0,5 0,5 0,5

yn h

= 900 . Vậy tứ giác NHIK nội tiếp. Từ (1), (2), (3) suy ra MN .MK = MI 2 ⇒ NIK A

0,5

C A' M

2) (2,0 điểm) = INK = IA . Suy ra tứ giác ' M = IAD * Từ tứ giác NHIK nội tiếp suy ra IHK = 900 . AIS = IHS AIHS nội tiếp. Do đó

0,5

= TAI = INK = MIK , suy ra ba Gọi T là trung điểm của cạnh SA. Khi đó TIA

0,5

điểm T , I , K thẳng hàng (4). * Tiếp theo ta sẽ chứng minh L là trung điểm của SK. AI AB BL AB BL AB AB 1 và = = ⇒ = = ⇒ BL = AB IL BL LC AC BC AB + AC 2 BC 2 AI Do đó = 2 (5) IL

Ta có

0,5

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ASL với cát tuyến TIK ta có:

TA KS IL . . = 1 (6). Từ (5) và (6) suy ra KS = 2 KL , tức L là trung điểm của SK TS KL IA

1,0

Chỉ ra một ước nguyên tố thực sự của a n c m + b m d n Đặt N = a + b – c + d Theo giả thiết :

minh rằng với mọi m ∈ N * vàn lẻ thì a n c m + b m d n là hợp số.

ai l.c

(7). Từ (4) và (7) suy ra I là trọng tâm tam giác AKS (đpcm). Cho a, b, c, d ∈ N * thỏa mãn a > b > c > d và (ac + bd) | (a + b + c + d) . Chứng

ac + bd ≡ 0(mod N )

a + b − c + d ≡ 0(mod N ) ⇒ a + b ≡ c − d (mod N )

⇒ a + d ≡ c − b(mod N )(1)

1,0

yn h

⇒ ac + bd = c(a + b) − b(c − d ) ≡ (c − b)(a + b)(mod N ) ⇒ (a + b)(c − b) ≡ 0(mod N )(2)

Do c> d ⇒ d − c < 0 ⇒ d − c + a + b < a + b hay N < a + b 2N = 2a + 2b – 2c + 2d = (a+b) + (a - c)+ (b - c) + 2d > a + b (do a> b > c) Suy ra 2N > a+ b Ta có : N < a + b < 2N ⇒ (a + b) không chia hết cho N

1,0

Từ (2) suy ra (c − b)⋮ N mà N ≥ 3 ⇒ (c − b, N ) > 1 Gọi p là ước nguyên tố thực sự của N và c – b

0,5

Ta có c ≡ b(mod p ) ⇒ c m ≡ b m (mod p )

Từ (1), có: a + d ≡ 0(mod p) ⇒ a n ≡ ( − d ) n (mod p ) ⇒ a n ≡ − d n (mod p ) (n lẻ) Suy ra c m a n ≡ −b m d n (mod p ) hay ( a n c m + b m d n ) chia hết cho p. Vậy a n c m + b m d n là hợp số

1,0

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca ≤ 3abc . Chứng minh 2

(

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 a+b + b+c + c+a ≥ + + + 3. a+b b+c c+a

)

Ta có

(

a+b + b+c + c+a

)

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 2ab 2bc 2ca + + + + + a+b b+c c+a a+b b+c c+a

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 + + + a+b b+c c+a

1 1 + a b

1 1 + b c

1 1 + c a

≥

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 + + + a+b b+c c+a

1,0

9 2 1 1 1 1 1 1 + + + + + a b b c c a

9 2

 1 1 1 6.  + +  a b c

0,5

yn h

≥

a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2 + + + a+b b+c c+a

1,0

0,5

≥

 a 2 + b 2 + 2ab b2 + c 2 + 2bc c 2 + a 2 + 2ac  = 2 + +   a + b b + c c + a  

ai l.c

1 1 1 + + ≤ 3 , do đó a b c 9 2 9 2 ≥ = 3. 18 1 1 1   6.  + +  a b c

Theo giả thiết ab + bc + ca ≤ 3abc nên

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 + + +3 Vậy 2 a + b + b + c + c + a ≥ a+b b+c c+a Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 .

(

)

1,0

1,0 1,0 1,0

ai l.c

Cho đa giác đều 2017 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác gồm hai màu xanh và đỏ. Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành một tam giác cân. Đa giác 2017 cạnh nên có 2017 đỉnh. Do đó tồn tại hai đỉnh kề nhau là A và B được sơn cùng một màu (chẳng hạn màu đỏ). Vì đa giác đã cho là đa giác đều có một số lẻ đỉnh nên phải tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên đường trung trực của đoạn AB . Giả sử đó là đỉnh C . + Nếu C được sơn màu đỏ thì ∆ABC là tam giác cân tại C có ba đỉnh A, B, C cùng được sơn màu đỏ. + Nếu C sơn màu xanh thì gọi E và F là khác của đa giác kề với đỉnh A và B. + Nếu cả hai đỉnh E và F được tô màu xanh thì ∆CEF cân tại C có ba đỉnh được sơn màu xanh. + Nếu ngược lại một trong hai đỉnh E và F mà sơn màu đỏ thì tam giác ABE hoặc tam giác ABF là các tam giác cân có ba đỉnh được tô màu đỏ.

Người ra đề: Phạm Xuân Thịnh

yn h

Số điện thoại: 0904165336

1,0

TRĆŻáť&#x153;NG THPT CHUYĂ&#x160;N

KĂ&#x152; THI CHáť&#x152;N Háť&#x152;C SINH GIáť&#x17D;I KHU Váť°C

HOĂ&#x20AC;NG VÄ&#x201A;N THáť¤- HĂ&#x2019;A BĂ&#x152;NH

DUYĂ&#x160;N Háş˘I VĂ&#x20AC; Ä?áť&#x2019;NG Báş°NG BáşŽC Báť&#x2DC; NÄ&#x201A;M Háť&#x152;C 2017- 2018 MĂ&#x201D;N: ToĂĄn- Láť&#x161;P 10

Ä?áť&#x20AC; Ä?áť&#x20AC; NGHáť&#x160;

Tháť?i gian lĂ m bĂ i 180 phĂşt

ai l.c

CĂ˘u 1(4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m): TĂŹm nghiáť&#x2021;m dĆ°ĆĄng cáť§a phĆ°ĆĄng trĂŹnh sau:

2018 2017 + + + =2 + + 2017 4035 2018 +

CĂ˘u 2(4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m): Cho hai Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ( O1 ) vĂ ( O2 ) cáşŻt nhau táşĄi A,B. CD lĂ tiáşżp tuyáşżn chung cáť§a hai Ä&#x2018;Ć°áť?ng trĂ˛n ( O1 ) vĂ ( O2 ) váť&#x203A;i C thuáť&#x2122;c ( O1 ) ; D thuáť&#x2122;c ( O2 ) ,B gáş§n CD hĆĄn A a) Gáť?i E lĂ giao Ä&#x2018;iáť&#x192;m cáť§a BC vĂ AD, F lĂ giao Ä&#x2018;iáť&#x192;m cáť§a BD vĂ AC. CháťŠng minh ráşąng EF song song váť&#x203A;i CD. b) Gáť?i N lĂ giao Ä&#x2018;iáť&#x192;m cáť§a AB vĂ EF. LáşĽy K trĂŞn Ä&#x2018;oáşĄn tháşłng CD sao cho â&#x2C6; BAC = â&#x2C6; DAK . CháťŠng minh ráşąng KE = KF.

yn h

CĂ˘u 3(4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m): Cho , , , â&#x2C6;&#x2C6; tháť?a mĂŁn: + + + = 19 vĂ + + + = 91. TĂŹm giĂĄ tráť&#x2039; láť&#x203A;n nháşĽt cáť§a =

1 1 1 1 + + +

CĂ˘u 4(4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m): CháťŠng minh ráşąng phĆ°ĆĄng trĂŹnh sau khĂ´ng cĂł nghiáť&#x2021;m nguyĂŞn dĆ°ĆĄng: 3 = + CĂ˘u 5(4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m): Cho táşp háťŻu háşĄn A gáť&#x201C;m cĂĄc sáť&#x2018; nguyĂŞn dĆ°ĆĄng, ta nĂłi ráşąng phĂ˘n hoáşĄch1 cáť§a A thĂ nh cĂĄc táşp con khĂ´ng ráť&#x2014;ngA1 vĂ A2 lĂ táť&#x2018;t náşżu báť&#x2122;i sáť&#x2018; chung nháť? nháşĽt cáť§a A1 báşąng Ć°áť&#x203A;c sáť&#x2018; chung láť&#x203A;n nháşĽt cáť§a A2. XĂĄc Ä&#x2018;áť&#x2039;nh giĂĄ tráť&#x2039; nháť? nháşĽt cáť§a sáť&#x2018; táťą nhiĂŞn n Ä&#x2018;áť&#x192; táť&#x201C;n táşĄi táşp háťŁp gáť&#x201C;m n sáť&#x2018; nguyĂŞn dĆ°ĆĄng cĂł chĂnh xĂĄc 2018 cĂĄch phĂ˘n hoáşĄch táť&#x2018;t.

__________________________________________________________________________________ PhĂ˘n hoáşĄch lĂ cĂĄch phĂ˘n chia máť&#x2122;t táşp thĂ nh cĂĄc táşp con khĂ´ng ráť&#x2014;ng, khĂ´ng giao

Náť&#x2122;i dung

Ä?iáť&#x192;m

TĂŹm nghiáť&#x2021;m dĆ°ĆĄng cáť§a phĆ°ĆĄng trĂŹnh sau: 2018 2017 + + + =2 + + 2017 4035 2018 +

Ä?áşˇt 2017 = ; 2018 = . PhĆ°ĆĄng trĂŹnh Ä&#x2018;ĂŁ cho tráť&#x; thĂ nh: + + + =2 + + + +

0,25Ä&#x2018;

CĂ˘u 1

1,5Ä&#x2018;

ai l.c

Sáť dáťĽng Cauchy-Schwarz ta cĂł: + + + + + + + = + + + ( + ) ( + ) ( + ) ( + ) ( + + + ) â&#x2030;Ľ ( + ) + ( + ) + ( + ) + ( + )

( + + + ) â&#x2030;Ľ2 ( + ) + ( + ) + ( + ) + ( + ) Ä?iáť u nĂ y tĆ°ĆĄng Ä&#x2018;Ć°ĆĄng váť&#x203A;i: ( + + + ) â&#x2030;Ľ 2( + + + + 2 + 2 ) Hay + + + â&#x2030;Ľ 2 + 2 â&#x;ş ( â&#x2C6;&#x2019; ) + ( â&#x2C6;&#x2019; ) â&#x2030;Ľ 0 Ä?iáť u nĂ y hiáť&#x192;n nhiĂŞn Ä&#x2018;Ăşng nĂŞn suy ra VT cáť§a phĆ°ĆĄng trĂŹnh ban Ä&#x2018;áş§u khĂ´ng nháť? hĆĄn 2. DáşĽu â&#x20AC;&#x153;=â&#x20AC;? xáşŁy ra khi vĂ cháť&#x2030; khi: = = = ( + ) ( + ) ( + ) ( + ) = = TĆ°ĆĄng Ä&#x2018;Ć°ĆĄng váť&#x203A;i = vĂ = . Váşy phĆ°ĆĄng trĂŹnh Ä&#x2018;áş§u bĂ i cĂł nghiáť&#x2021;m dĆ°ĆĄng duy nháşĽt lĂ = 2017 vĂ = 2018.

1,5Ä&#x2018;

yn h

Ta sáş˝ cháťŠng minh:

0,5Ä&#x2018;

0,25Ä&#x2018;

Cho hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) cắt nhau tại A,B. CD là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) với C thuộc ( O1 ) ; D thuộc ( O2 ) ,B gần CD hơn A a) Gọi E là giao điểm của BC và AD, F là giao điểm của BD và AC. Chứng minh rằng EF song song với CD. b) Gọi N là giao điểm của AB và EF. Lấy K trên đoạn thẳng CD sao cho ∠BAC = ∠DAK . Chứng minh rằng KE=KF.

ai l.c

O1 F

yn h

Không mất tính tổng quát bài toán trong trường hợp hình vẽ trên

∠BCD = ∠CAB ∠BDC = ∠BAD Mà ∠BCD + ∠BDC + ∠CBD = 180O nên ∠EAF + ∠EBF = 180o

suy ra AEBF là tứ giác nội tiếp dẫn đến ∠EFB = ∠BAE = ∠BDC ⇒ EF CD . Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua CD, AN cắt CD tại M

1,75đ

suy ra MC = MB.MA = MD . dáşŤn Ä&#x2018;áşżn M lĂ trung Ä&#x2018;iáť&#x192;m cáť§a CD vĂ N lĂ trung Ä&#x2018;iáť&#x192;m cáť§a EF. GiáşŁ sáť Kâ&#x20AC;&#x2122; lĂ Ä&#x2018;iáť&#x192;m thuáť&#x2122;c CD sao cho Kâ&#x20AC;&#x2122;N vuĂ´ng gĂłc váť&#x203A;i EF táşĄi N XĂŠt hĂŹnh táťŠ cáşĄnh toĂ n pháş§n AFBECD cĂł (ABNM) = -1 suy ra Kâ&#x20AC;&#x2122;(ABNM)=-1 MĂ K ' N â&#x160;Ľ K ' M â&#x2021;&#x2019; K ' M lĂ phĂ˘n giĂĄc ngoĂ i cáť§a â&#x2C6; BK ' A LáşĄi cĂł Kâ&#x20AC;&#x2122;M lĂ phĂ˘n giĂĄc â&#x2C6; BKB ' â&#x2021;&#x2019; A,Kâ&#x20AC;&#x2122;,B tháşłng hĂ ng

ai l.c

Do ACBâ&#x20AC;&#x2122;D lĂ táťŠ giĂĄc náť&#x2122;i tiáşżp vĂŹ

â&#x2C6; CB ' D = â&#x2C6; CBD = 180O â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6; CAD â&#x2021;&#x2019; â&#x2C6; B ' CD = â&#x2C6; B ' AD MĂ â&#x2C6; B ' CD = â&#x2C6; BCD = â&#x2C6; BAC; â&#x2C6; B ' CD = â&#x2C6; K ' AD â&#x2021;&#x2019; â&#x2C6; BAC = â&#x2C6; K ' AD â&#x2021;&#x2019; K â&#x2030;Ą K ' â&#x2021;&#x2019; KN â&#x160;Ľ EF â&#x2021;&#x2019; KE = KF .

0,75Ä&#x2018;

Cho , , , â&#x2C6;&#x2C6; tháť?a mĂŁn: + + + = 19 vĂ + + + = 91. TĂŹm giĂĄ tráť&#x2039; láť&#x203A;n nháşĽt cáť§a: 1 1 1 1 + + +

0,75Ä&#x2018;

yn h

+ + = 19 â&#x2C6;&#x2019; + + = 91 â&#x2C6;&#x2019; Do ( + + ) â&#x2030;¤ 3. ( + + ) nĂŞn (19 â&#x2C6;&#x2019; ) â&#x2030;¤ 3(91 â&#x2C6;&#x2019; ) Ä?iáť u nĂ y tĆ°ĆĄng Ä&#x2018;Ć°ĆĄng váť&#x203A;i 2(2 â&#x2C6;&#x2019; 11)( â&#x2C6;&#x2019; 4) â&#x2030;¤ 0 11 â&#x;ş4â&#x2030;¤ â&#x2030;¤ 2 HoĂ n toĂ n tĆ°ĆĄng táťą 11 4 â&#x2030;¤ ; ; â&#x2030;¤ 2 TáťŤ giáşŁ thiáşżt ta cĂł:

1,5Ä&#x2018;

( â&#x2C6;&#x2019; 5) ( â&#x2C6;&#x2019; 4) â&#x2030;Ľ 0 â&#x;ş $ â&#x2C6;&#x2019; 14 + 65 â&#x2C6;&#x2019; 100 â&#x2030;Ľ 0 100 â&#x;ş â&#x2030;¤ â&#x2C6;&#x2019; 14 + 65

Ta cĂł:

1,0Ä&#x2018;

ai l.c

Thiáşżt láşp cĂĄc BÄ?T tĆ°ĆĄng táťą ráť&#x201C;i cáť&#x2122;ng táťŤng váşż, ta Ä&#x2018;Ć°áťŁc; 100" â&#x2030;¤ + + + â&#x2C6;&#x2019; 14( + + + ) = 4.65 = 91 â&#x2C6;&#x2019; 14.19 + 4.65 = 85 Suy ra 17 "â&#x2030;¤ 20

0,5 Ä&#x2018;

CháťŠng minh ráşąng phĆ°ĆĄng trĂŹnh sau khĂ´ng cĂł nghiáť&#x2021;m nguyĂŞn dĆ°ĆĄng. 3 = & +

DáşĽu â&#x20AC;&#x153;=â&#x20AC;? xáşŁy ra khi : = = = 5; = 4 vĂ cĂĄc báť&#x2122; hoĂĄn váť&#x2039; tĆ°ĆĄng áťŠng.

1,0Ä&#x2018;

2Ä&#x2018;

yn h

VĂ giáşŁ sáť phĆ°ĆĄng trĂŹnh nĂ y cĂł nghiáť&#x2021;m nguyĂŞn dĆ°ĆĄng ( ; ). Do 3 lĂ sáť&#x2018; nguyĂŞn táť&#x2018; vĂ ( ; $ + 1) = 1 nĂŞn cháť&#x2030; xáşŁy ra 1 trong 2 trĆ°áť?ng háťŁp sau: ' $ = 3( hoáşˇc ' $ = ( +1=) + 1 = 3) áť&#x; Ä&#x2018;Ăł (; ) lĂ cĂĄc sáť&#x2018; nguyĂŞn dĆ°ĆĄng vĂ () = .

- XĂŠt háť&#x2021; phĆ°ĆĄng trĂŹnh Ä&#x2018;áş§u tiĂŞn: ' $ = 3( +1=) Ta cĂł: ( + 1)( â&#x2C6;&#x2019; + 1) = ) Do = 3( chia háşżt cho 3 nĂŞn + 1 khĂ´ng chia háşżt cho 3 vĂ nhĆ° váşy dáť&#x2026; tháşĽy: ( + 1; â&#x2C6;&#x2019; + 1) = 1 Hay táť&#x201C;n táşĄi 2 sáť&#x2018; nguyĂŞn dĆ°ĆĄng *; + Ä&#x2018;áť&#x192; + 1 = * vĂ â&#x2C6;&#x2019; + 1 = + Do â&#x2039;Ž 3 nĂŞn â&#x2030;Ľ 3, suy ra ( â&#x2C6;&#x2019; 1) < â&#x2C6;&#x2019; + 1 < â&#x;š ( â&#x2C6;&#x2019; 1) < + < ; vĂ´ lĂ.

1,25Ä&#x2018;

0,75

ai l.c

- Xét hệ phương trình thứ hai ' $ = ( + 1 = 3) $ Thay = ( vào + 1 = 3) ta có: (/ + 1 = 3) Phương trình này không có nghiệm nguyên vì (/ là một số chính phương không bao giờ chia 3 dư 2. Cho tập hữu hạn A gồm các số nguyên dương, ta nói rằng phân hoạch của A thành các tập con không rỗng A1 và A2 là tốt nếu bội số chung nhỏ nhất của A1 bằng ước số chung lớn nhất của A2. Xác định giá trị nhỏ nhất của số tự nhiên n để tồn tại tập hợp gồm n số nguyên dương có chính xác 2018 cách phân hoạch tốt.

Giả sử A = {a1 , a2 ,…, an }, với a1 < a2 < … < an . Với tập các số nguyên dương hữu hạn B, gọi lcmB và gcdB là bội số chung nhỏ nhất và ước số chung lớn nhất của các phần tử thuộc tập B. Xét phân hoạch tốt bất kỳ ( A , A ) của A. Theo định nghĩa, lcmA1 = d = gcdA2, với d là 1 số dương.Với phần tử bất kỳ ai ∈ A1 và aj ∈ A2 , 0,5đ

yn h

ta có ai ≤ d ≤ a j . Vậy, ta có A1 = {a1, a2 ,…, ak } và A2 = {ak +1, ak +2 ,…, an} với 1 ≤ k ≤ n . Vì vậy, mỗi phân hoạch tốt được xác định bởi phần tử ak, với 1 ≤ k ≤ n . Ta gọi ak là điểm phân hoạch. lk = lcm(a1 , a2 , … , ak ) Để thuận tiện, đặt và g k = gcd (ak +1 , ak + 2 , … , an ) với 1 ≤ k ≤ n −1. Vậy ak sẽ là điểm phân

hoạch nếu lk = gk .

0,75đ

Nhận xét 1: Nếu ak-1 và ak là các điểm phân hoạch, với 2 ≤ k ≤ n-1, thì gk-1 = gk = ak. Chứng minh. Giả sử ak-1 và ak là các điểm phân hoạch. Do lk-1 = gk-1, nên lk-1 | ak. Do đó g k = l k = lcm(l k −1 , a k ) = a k Và g k −1 = g cd (a k , g k ) = a k Nhận xét 2: Với mọi k=2, 3,…, n-2, ít nhất 1 trong 3 số ak −1 , ak , ak +1 không phải là điểm phân hoạch. Chứng minh. Giả sử ngược lại, cả 2 số ak −1 , ak , ak +1 đều là các điểm phân hoạch. Theo Nhận xét 1 trên, ak +1 = g k = ak là điều mâu thuẫn.

0,75đ

Nhận xét 3: Các phần tử a1 và a2 không thể cùng là điểm phân hoạch. Tương tự, an-2 và an-1 không thể cùng là điểm phân hoạch. Chứng minh. Giả sử a1 và a2 là các điểm phân hoạch. Theo Nhận xét 1 trên: a2 = g1 = l1 = lcm(a1 ) = a1 , là điều mâu thuẫn. Tương tự, giả sử an-2 và an-1 là các điểm phân hoạch. Theo Nhận xét 1 trên, an−1 = g n−1 = gcd (an ) = a n , là điều mâu thuẫn.

ai l.c

Bây giờ, xét tập A gồm n phần tử có đúng 2018 điểm phân hoạch. Rõ ràng là n ≥ 5. Sử dụng Nhận xét 3, ta thấy rằng cùng lắm là 1 điểm phân hoạch trong cặp {a1 , a2 } và{an−2 , an−1} .

0,5đ

(n −1) − 2 −[n−35 ] =[2(n3−2) ] điểm phân hoạch

Do vậy cùng lắm là có

Theo Nhận xét 2, ít nhất có [n−35 ] phần tử không phải là điểm phân hoạch trong {a3 , a4 ,…, an−3 } .

2( n− 2 ) trong tập A. Vậy  3  ≥ 2018 , tức là n ≥ 3029. Cuối cùng, ta sẽ chứng minh là tồn tại tập hợp 3029 số nguyên dương với đúng 2018 điểm phân hoạch. Thật vậy, trong tập

1009

A = {2×6i ,3× 6i ,6i 0 ≤ i ≤1008} ∪{61009} mỗi phần tử dạng 3×6i ,

yn h

hoặc 6 , trừ 6 là điểm phân hoạch. Do vậy, giá trị nhỏ nhất có thể của n là 3029.

0,75đ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 ĐỀ ĐỀ NGHỊ MÔN THI: TOÁN - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (4 điểm). Giải bất phương trình

THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG PHÚ THỌ

(

)

2 ( x + 2) ≥ ( x + 7 ) 1 − 2x + 5 .

Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC , gọi D, E là hai điểm nằm trên đoạn BC , ( D nằm

ai l.c

giữa B và E ). Một đường tròn đi qua A cắt các đoạn AB, AC , AD, AE lần lượt tại B ', C ', D ', E '. Chứng minh rằng

AB. AB '− AD. AD ' BD . = AE. AE '− AC. AC ' EC

(không nhất thiết phân biệt). Chứng minh rằng

Câu 3 (4 điểm). Giả sử phương trình x3 − px 2 + qx − r = 0 có ba nghiệm thực không âm

p 3 + 9r ≥ 4 pq.

Câu 4 (4 điểm). Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều có bội số với các chữ số trong hệ thập phân đều bằng 1 hoặc 0 và các chữ số 1 đứng liền trước các chữ số 0.

Câu 5 (4 điểm). Cho A là tập con của tập {0,1,..., 2017} gồm nhiều hơn 1008 phần tử.

yn h

Chứng minh rằng A chứa phần tử là lũy thừa của 2 hoặc chứa hai phần tử phân biệt có tổng là lũy thừa của 2. .....................HẾT.....................

GV ra đề: Phạm Thị Thu Hiền SĐT: 0963301813

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN , LỚP: 10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định. Câu

Nội dung

Điểm 4.0

Giải bất phương trình 1

(

)

5 2

Bất phương trình tương đương

⇔

(

)

2x + 5 +1 ≥ 2( x + 7)

2 2 x + 5 − 1  

) (

)

1.0

yn h

)

 x = −2 ⇔  x ≥ 11 2 

)

2x + 5 −1

2 2 x + 5 + 1 − 2 ( x + 7 )  ≥ 0 

 2x + 5 −1 = 0  ⇔   2 x + 5 − 1 ≠ 0  2   2 x + 5 + 1 ≥ 2 x + 14   x = −2  ⇔   x ≠ −2   2 x + 5 ≥ 4 

(

)(

2x + 5 −1

(

1.0

ai l.c

Điều kiện x ≥ − .

2 ( x + 2) ≥ ( x + 7 ) 1 − 2x + 5 .

11  ; +∞  ∪ {−2}. 2  Cho tam giác ABC , gọi D, E là hai điểm nằm trên đoạn BC , ( D nằm giữa B và

4.0

E ). Một đường tròn đi qua A cắt các đoạn AB, AC , AD, AE lần lượt tại

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = 

B ', C ', D ', E '. Chứng minh rằng

AB. AB '− AD. AD ' BD . = AE. AE '− AC. AC ' EC

Chứng minh bổ đề: Cho tam giác ABC , gọi M là một điểm nằm trên cạnh BC. Một đường tròn đi qua A cắt các đoạn AB, AC , AM lần lượt tại B ', C ', M '. Chứng minh rằng BC. AM . AM ' = MC. AB. AB '+ MB. AC. AC '.

1.0

ai l.c

Thật vậy, áp dụng định lí Ptoleme cho tứ giác nội tiếp AB ' M ' C ' ta có AB '.M ' C '+ AC '.B ' M ' = AM '.B ' C '

Suy ra

1.0

M 'C ' B'M ' B 'C ' AB '. + AC '. = AM '. 2R 2R 2R ⇔ AB '.sin ∠M ' AC '+ AC '.sin ∠B ' AM ' = AM '.sin A AM .sin ∠M ' AC ' AB AB ' AM .sin ∠B ' AM ' AC AC ' ⇔ . . + . . =1 AB.sin A AM AM ' AC.sin A AM AM ' S AB AB ' S AMB AC AC ' . . . ⇔ AMC . + =1 S ABC AM AM ' S ABC AM AM '

MC AB AB ' MB AC AC ' . . . . =1 + BC AM AM ' BC AM AM '

1.0

yn h

⇔

Đẳng thức cần chứng minh tương đương với

EC. AB. AB '− EC. AD. AD ' = BD. AE. AE '− BD. AC. AC '

⇔ ( BC. AE. AE '− EB. AC. AC ' ) − EC. AD. AD ' = BD. AE. AE '− BD. AC. AC '

⇔ BC. AE. AE '− BD. AE. AE ' = EB. AC. AC '+ EC. AD. AD '− BD. AC. AC '

⇔ CD. AE. AE ' = ED. AC. AC '+ EC. AD. AD '

1.0

đẳng thức có được từ bổ đề trên. Từ đó ta có đpcm. Giả sử phương trình x3 − px 2 + qx − r = 0 có ba nghiệm thực (không nhất thiết phân

4.0

biệt). Chứng minh rằng p 3 + 9r ≥ 4 pq.

Giả sử ba nghiệm của phương trình là a, b, c . Khi đó theo định lí Viet ta có

1.0

p = a+b+c  q = ab + bc + ca r = abc 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

(a + b + c)

1.0

+ 9abc ≥ 4 ( a + b + c )( ab + bc + ca )

Theo bất đẳng thức Schur ta có

a 3 + b3 + c 3 + 3abc ≥ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a )

Suy ra

ai l.c

a 3 + b3 + c 3 + 6abc ≥ ( a + b + c )( ab + bc + ca )

Ta lại có

(a + b + c)

= a 3 + b3 + c 3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a )

= a 3 + b3 + c3 + 3 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − 3abc

Suy ra 3

( a + b + c ) + 9abc = a + b + c ≥ 4 ( a + b + c )( ab + bc + ca )

1.0

+ 6abc + 3 ( a + b + c )( ab + bc + ca )

Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều có bội số với các chữ số trong hệ thập phân đều bằng 1 hoặc 0 và các chữ số 1 đứng liền trước các chữ số 0. Chứng minh bổ đề: Chứng minh rằng mọi số tự nhiên không chia hết cho 2 và 5 đều là ước số của số tự nhiên nào đó với các chữ số (trong hệ thập phân) đều bằng 1. Thật vậy, nếu ( n,10 ) = 1 ⇒ ( 9n,10 ) = 1 , theo định lí Euler 10ϕ (9 n ) ≡ 1 ( mod 9n ) .

4.0 1.0

1.0

bằng 1.

10ϕ ( 9 n ) − 1 và do đó các chữ số trong hệ thập phân của số này đều 9

1.0

Vì vậy nk =

yn h

Do đó 10ϕ (9 n ) − 1 = 9nk , k ∈ ℕ.

Ta lại có, mọi số tự nhiên đều biểu diễn được dưới dạng n = n1 2α 5β với

1.0

( n1 ,10 ) = 1.

Theo bổ đề thì n1 là ước của số m mà các chữ số của nó trong hệ thập phân đều bằng 1.

Mặt khác 2α 5β 10γ với γ = max {α , β } nên n m.10γ .

1.0

Cho A là tập con của tập {0,1,..., 2017} gồm nhiều hơn 1008 phần tử. Chứng

4.0

minh rằng A chứa phần tử là lũy thừa của 2 hoặc chứa hai phần tử phân biệt có tổng là lũy thừa của 2. Giả sử A không chứa phần tử nào là lũy thừa của 2 và không chứa hai phần tử phân biệt có tổng là lũy thừa của 2. Ta có A chứa nhiều nhất là một nửa số các số

2.0

nguyên từ 31 đến 2017 (trừ số 1024), vì chúng có thể chia thành các cặp mà tổng bằng 2048 là lũy thừa của 2. Tương tự như vậy A chứa nhiều nhất một nửa số các số nguyên từ 2 đến 30 (trừ số 16), cuối cùng trong hai số 0 và 1, A chỉ có thể chứa số 0. Như vậy tối đa A có số phần tử là

2017 − 31 30 − 2 + + 1 = 1008 phần tử, mâu 2 2

yn h

ai l.c

thuẫn. Vậy điều giả sử là sai, từ đó ta có đpcm.

1.0 1.0

SỞ GD & ĐT TỈNH HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ (GIỚI THIỆU) THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM 2018 Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi gồm 01 trang) Câu I.(4 điểm) Giải hệ phương trình   2 x −1 − y 1 + 2 2 x −1 = −8 .   2  y + y 2 x −1 + 2 x = 13

)

ai l.c

(

Câu II.(4 điểm) Tam giác ABC có H là trực tâm, M là trung điểm của BC, P là điểm

bất kì trên đoạn HM. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của P trên AH, AB, AC. Đường thẳng HM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K, G (M nằm giữa H và

Chứng minh rằng ba điểm G, D, T thẳng hàng.

K). Tiếp tuyến tại E, F của đường tròn ngoại tiếp tam giác EAF cắt nhau tại T.

Câu III.(4 điểm) Cho p là một số nguyên tố có dạng 4k + 3 . Chứng minh rằng

không tồn tại tập X gồm p − 1 số nguyên dương liên tiếp sao cho X có thể phân

hoạch được thành hai tập con, trong đó tích của tất cả các phần tử trong mỗi tập là

bằng nhau.

yn h

Câu IV.(4 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương có tích bằng 1. Chứng minh rằng: a b c 1 + + ≤ (a 2 + b 2 + c 2 ). ca + 1 ab + 1 bc + 1 2

Câu V.(4 điểm) Có bao nhiêu số nguyên dương n thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: n có 2018 chữ số; i) ii) Tất cả các chữ số của n là lẻ; iii) Hiệu của 2 chữ số liên tiếp bất kì của n luôn bằng 2 . -------------------Hết-------------------

Người ra đề: Vũ Thị Thuần Quách Thị Tuyết Nhung

SĐT: 0976267264 SĐT: 0982690763

SỞ GD & ĐT TỈNH HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ (GIỚI THIỆU) THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘNĂM 2017 MÔN TOÁN LỚP 10

Câu I (4 điểm)

Nội dung

Điểm

Giải hệ phương trình   2 x −1 − y 1 + 2 2 x − 1 = −8   2  y + y 2 x −1 + 2 x = 13 1 Điều kiện xác định x ≥ . Đặt t = 2 x −1 với t ≥ 0 . Hệ phương 2 trình trở thành   (1) t − y (1 + 2t ) = −8 ⇔ t − y − 2 yt = −8 .  y 2 + yt + t 2 = 12 (t − y ) 2 + 3 yt = 12 (2) t − y = 0  2 Từ (1) và (2), suy ra 2(t − y ) + 3( y − t ) = 0 ⇔  3. t − y = −  2 5 Với t = y , ta có t = y = 2 . Khi đó 2 x −1 = 2 ⇔ x = ⇒ y = 2. 2 3 −3 + 61 Với y = t + , có 4t 2 + 6t −13 = 0 ⇔ t = (do t ≥ 0 ) 2 4 Khi đó    y = 3 + 61  y = 3 + −3 + 61  −3 + 61  4 2 4 ⇔ ⇔  t= .   4 −3 + 61  43 − 3 61  2 x −1 =  x = 16 4    5   43 − 3 61 3 + 61  . ; Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) ∈   ;2,    2   16 4    Tam giác ABC có H là trực tâm, M là trung điểm của BC, P là

)

1,5

1,0

0,5

yn h

ai l.c

(

II (4 điểm)

điểm bất kì trên đoạn HM. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của P trên AH, AB, AC. Đường thẳng HM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K, G (M nằm giữa H và K). Tiếp tuyến tại E, F của đường tròn ngoại tiếp tam giác EAF cắt nhau tại T. Chứng minh rằng ba điểm G, D, T thẳng hàng.

R F

S H

P C

ai l.c

yn h

Gọi AK’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó K’, H, M thẳng hàng. Vậy K’ trùng K. Ta có AGM = 900. Suy ra G ∈ ( AEFP ) . Gọi R, S là chân đường cao theo thứ tự hạ từ B, C của tam giác ABC. Xét các đường tròn (AGBC), (AGSHR), (BSRC) có các trục đẳng phương là AG, SK, BC . TH1: AG, SK, BC song song hoặc trùng nhau thì tam giác ABC vuông cân tại A. Khi đó tiếp tuyến tại E và F của (AEF) song song. TH2: AG, SK, BC đồng quy tại T’. Ta có ( AT ',AH ,AS ,AR ) = −1 ⇒ ( AG,AE, AD,AF ) = −1 Suy ra GEDF là tứ giác điều hòa. Do đó G, P, T thẳng hàng. Cho p là một số nguyên tố có dạng 4k + 3 . Chứng minh rằng

không tồn tại tập X gồm p − 1 số nguyên dương liên tiếp sao

III (4 điểm)

cho X có thể phân hoạch được thành hai tập con, trong đó

tích của tất cả các phần tử trong mỗi tập là bằng nhau. Bổ đề: Với a, b là các số nguyên dương và p là số nguyên tố có dạng 4k + 3 . Nếu a 2 + b 2 chia hết cho p thì a và b đều chia hết cho p . Chứng minh: Nếu a chia hết cho p thì b cũng chia hết cho p và ngược lại.

0,5

Nếu a và b đều không chia hết cho p thì a và b nguyên tố cùng nhau với p . Khi đó áp dụng định lí Fecma nhỏ, ta có a p−1 ≡ 1(mod p ) hay a 4 k +2 ≡ 1(mod p ) Tương tự, b4 k +2 ≡ 1(mod p ) . Suy ra a 4 k +2 + b 4 k +2 ≡ 2(mod p ) 2 k +1

Mặt khác a 4 k +2 + b 4 k +2 = (a 2 )

2 k +1

+ (b 2 )

1,0

chia hết cho a 2 + b 2

1,0

1,5

yn h

IV (4 điểm)

1,5

ai l.c

nên a 4 k +2 + b 4 k +2 chia hết cho p (mâu thuẫn). Giả sử tồn tại tập X thỏa mãn đề bài. Gọi x + 1, x + 2,..., x + p −1 là các phần tử của X . Ta thấy các phần tử này không chia hết cho p . Từ đề bài suy ra tích các phần tử của X là số chính phương. Tức là tồn tại số nguyên sao cho n 2 ( x + 1)( x + 2)...( x + p −1) = n . Theo định lý Wilson, ta thu được ( x + 1)( x + 2)...( x + p − 1) ≡ −1(mod p) . Suy ra n 2 + 1 chia hết cho p , điều này vô lí (theo bổ đề) vì p là số nguyên tố có dạng 4k + 3 . Cho a, b, c là các số thực dương có tích bằng 1. Chứng minh rằng a b c 1 + + ≤ (a 2 + b 2 + c 2 ). ca + 1 ab + 1 bc + 1 2 x y z Tồn tại các số thực dương x, y, z sao cho a = , b = , c = . y z x 2 2 2 x y z 2x 2y 2z Bất đẳng thức trở thành 2 + 2 + 2 ≥ + + y z x y+z z+x x+ y Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x2 y2 z 2 x y z + + ≥ + + y2 z 2 x2 y z x x2 y2 z 2 x y z + + ≥ + + y2 z 2 x2 z x y Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta được  x 2 y 2 z 2  x y z x y z (1) 2 2 + 2 + 2  ≥ + + + + + z x  y z x z x y  y Lại có  1 1 1 1 1 1 x y z x y z + + + + + = x  +  + y  +  + z  +   x z   y z   x y  y z x z x y

4x 4y 4z ≥ + + (2) y+z z+x x+ y Từ (1) và (2) ta có bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy

1,5

V (4 điểm)

ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . Có bao nhiêu số nguyên dương n thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: i) n có 2018 chữ số; ii)

Tất cả các chữ số của n là lẻ;

iii)

Hiệu của 2 chữ số liên tiếp bất kì của n luôn bằng 2 .

1,0 đ i ểm

Dk = Ck −1 + Ek −1 ;

ai l.c

Trong tập hợp Sk các số nguyên dương n có k chữ số thỏa mãn ii) và iii), gọi Ak, Bk, Ck, Dk, Ek lần lượt là tập hợp các số tận cùng bởi 1, 3, 5, 7, 9. Từ mỗi số thuộc Ak, nếu ta bỏ đi chữ số tận cùng thì nhận được một số thuộc Bk-1, mặt khác từ mỗi số thuộc Bk-1 nếu ta bổ sung thêm số 1 làm chữ số tận cùng thì nhận được một số thuộc Ak, do đó Ak = Bk −1 . Từ mỗi số thuộc Bk, nếu ta bỏ đi chữ số tận cùng thì nhận được một số thuộc Ak-1 hoặc Ck-1, mặt khác từ mỗi số thuộc Ak-1 hoặc Ck1 nếu ta bổ sung thêm số 3 làm chữ số tận cùng thì nhận được một số thuộc Bk , do đó Bk = Ak −1 + Ck −1 . Tương tự Ck = Bk −1 + Dk −1 ;

yn h

Ek = Dk −1 . Với mọi k > 1. Sử dụng 5 đẳng thức trên, bằng cách thế liên tục, ta có: Sk = Ak + Bk + Ck + Dk + Ek

1,0 đ i ểm

= Ak −1 + 2 Bk −1 + 2 Ck −1 + 2 Dk −1 + Ek −1

=2 Ak −2 + 3 Bk −2 + 4 Ck −2 + 3 Dk −2 + 2 Ek −2

=3 Ak −3 + 6 Bk −3 + 6 Ck −3 + 6 Dk −3 + 3 Ek −3 =3 Sk −2 ( ∀k > 3 )

Do S2 = 8 nên S 2018 = 31008 .S 2 = 8.31008 .

1,0 đ i ểm

----------------------------------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP: 10

 x2 − y 2 + 4 = 2 

Bài 1: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình 

(

y − x + 2 − 2x 2

( x, y ∈ ℝ )

ai l.c

4 x + 2 + 28 − 3 y = y − 4 x + 4

)

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)

Bài 2: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn ( I ) . Gọi tiếp điểm của ( I ) với BC, CA, AB lần lượt là D, E, F . Gọi S, T lần chứa A và cung BC không chứa A của (O) . SI lượt là các điểm chính giữa các cung BC

cắt (O) tại điểm thứ hai là K . Gọi M là điểm đối xứng của A qua O . MI cắt (O) tại điểm thứ hai là N . IN giao EF tại G . a) Chứng minh rằng các đường thẳng AN, TK , CB đồng quy và DG song song với AI . b) Chứng minh rằng đường nối trực tâm tam giác AEF và trực tâm tam giác ABC đi qua G .

Bài 3. ( 4,0 điểm) Cho S = {n ∈ ℕ * : ∃k ≥ 2, k ∈ ℕ, n ⋮ 2k − 1} , hay S là tập các số

yn h

nguyên dương thỏa mãn số nguyên dương đó có ít nhất một ước dạng 2k − 1, k ≥ 2 . Hỏi có tồn tại hay không số nguyên dương n để n, n + 1, n + 2 cùng thuộc S . Bài 4. ( 4,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng

3 a −1 b −1 c −1 + 2 + 2 ≥− . 2 a +8 b +8 c +8 8 Bài 5. ( 4,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy , hai điểm nguyên (hoành độ và tung độ là các số nguyên) A, B được nối với nhau nếu −1 ≤ OA ⋅ OB ≤ 1 với O là gốc tọa

độ. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu điểm nguyên phân biệt khác O sao cho hai điểm tùy ý trong đó đều được nối với nhau? -------------- HẾT --------------

(Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: ………………… Người ra đề: Nguyễn Việt Hà Số điện thoại: 0984.970.907

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018

ĐỀ XUẤT

ĐÁP ÁN

 x2 − y 2 + 4 = 2 y − x + 2 − 2x  Bài 1: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  4 x + 2 + 28 − 3 y = y 2 − 4 x + 4 Ý 1.

y − x + 2 − 2x 2

)

0,5đ

⇔ ( x + 2) + 2 x + 2 = y + 2 y

Xét phương trình (1):

ĐIỂM 4,0 đ

 x ≥ −2  Điều kiện:  28 0 ≤ y ≤ 3

(

( x, y ∈ ℝ )

ĐÁP ÁN

x2 − y 2 + 4 = 2

)

ai l.c

(

ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN HỌC LỚP: 10 (Đáp án gồm 07 trang)

Nếu x + 2 > y ≥ 0 ⇒ ( x + 2) 2 + 2 x + 2 > y 2 + 2 y . Nếu 0 ≤ x + 2 < y ⇒ ( x + 2)2 + 2 x + 2 < y 2 + 2 y .

yn h

V ậy x + 2 = y .

0,5đ

4 x + 2 + 22 − 3x = x 2 + 8 (*)

Cách 1

Thay y = x + 2 vào (2) ta được phương trình

⇔4

(

) (

x + 2 −1 +

)

22 − 3 x − 5 = x 2 − 1

0,5đ

4( x + 1) 3( x + 1) ⇔ − − ( x − 1)( x + 1) = 0 22 − 3 x + 5 x + 2 +1  x = −1 ⇔ 4 3  − − x + 1 = 0(**) 22 − 3x + 5  x + 2 + 1

0,5đ

Với −2 ≤ x < 2, thì VT (**) >

4 3 − − 2 +1 = 0 2 + 2 +1 22 − 3.2 + 5

22 4 3 − − 2 +1 = 0 . thì VT (**) < 3 2 + 2 +1 22 − 3.2 + 5 Do đó (*) có nghiệm duy nhất x = 2 . Với 2 < x ≤

0,5 đ

0,5đ

Vơi x = −1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn điều kiện). Với x = 2 ⇒ y = 4 (thỏa mãn điều kiện).

0,5 đ

Vậy hệ phương trình đã có hai nghiệm (−1;1);(2; 4) .

 x ≥ −2  Điều kiện:  28 0 ≤ y ≤ 3

) x + 2)

⇔ ( x + 2) 2 − y 2 = 2

(

y−

 ⇔ ( x + 2 − y ) ( x 2 + 4 x + 4 + y 2 ) + 

 =0 y + x + 2  2

0,5đ

(*) ⇔ 12 x + 2 + 3 22 − 3 x = 3x 2 + 24

Cách 2

Thay y = x + 2 vào (2) ta được phương trình

4 x + 2 + 22 − 3x = x 2 + 8 (*) .

0,5đ

 > 0  y + x+2  2

 ⇔ x + 2 − y = 0  Do ( x 2 + 4 x + 4 + y 2 ) +   ⇔ y = x+2

ai l.c

y − x + 2 − 2x

(

x2 − y 2 + 4 = 2

0,5đ

y + x+2 >0

 x = −2 Ta thấy hệ không có nghiệm  . Xét y = 0

(

) (

)

⇔ 4 3 x + 2 − (x + 4) + 3 22 − 3 x − (14 − x) = 3 x 2 − 3 x − 6 4 ( 9( x + 2) − (x + 4) 2 )

yn h

⇔

0,5đ

( x + 1)( x − 2) = 0 ⇔ 4 9  + +3= 0  3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3 x + (14 − x) 4 9 22 + +3> 0 Do −2 ≤ x ≤ nên 3 3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3x + (14 − x) Do đó phương trình (*) có hai nghiệm x = −1; x = 2 . Vơi x = −1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn điều kiện).

1,0đ

Với x = 2 ⇒ y = 4 (thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ phương trình đã có hai nghiệm (−1;1);(2; 4) .

0,5đ

Bài 2: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn ( I ) . Gọi tiếp điểm của ( I ) với BC, CA, AB lần lượt là D, E, F . Gọi S, T lần lượt là các điểm chính giữa các cung

chứa A và cung BC không chứa A của (O) . SI cắt (O) tại điểm thứ hai là K . Gọi M là điểm BC đối xứng của A qua O . MI cắt (O) tại điểm thứ hai là N . IN giao EF tại G . a) Chứng minh rằng các đường thẳng AN, TK , CB đồng quy và DG song song với AI . b) Chứng minh rằng đường nối trực tâm tam giác AEF và trực tâm tam giác ABC đi qua G . ĐÁP ÁN

ĐIỂ M

ai l.c

S A F1

2 R

4đ C

M T

yn h

Gọi P là giao của AN, BC . Ta có thể thấy các điểm A, N, F, I , E thuộc đường

tròn đường kính AI . Xét tam giác TBI có ∠TBI = ∠TBC + ∠CBI = ∠BAI + ∠ABI = ∠TIB do đó TB = TI . Tương tự ta có TI = TC . Do đó T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC . Do T, I và trung điểm của AI thẳng hàng nên đường tròn đường

kính AI và đường tròn ngoại tiếp tam giác TBC tiếp xúc nhau tại I . Các trục đẳng phương của ba đường tròn: (O) , đường tròn đường kính AI và đường tròn

a. Cách 1

0,5đ

ngoại tiếp tam giác TBC đồng quy tại tâm đẳng phương. Do đó tiếp tuyến chung của đường tròn đường kính AI và đường tròn ngoại tiếp tam giác TBC tại I đi qua P . Do đó AI ⊥ IP . Giả sử TK ∩ BC = {P '} . Ta xét hai tam giác △TKB và △TBP ' có chung

∠BAC = 180 0 − ∠TBC = ∠P ' BT ⇒ 2 TK TB △TKB ∼△TBP '( g − g) ⇒ = ⇒ TK .TP ' = TB 2 ⇒ TK .TP ' = TI 2 TB TP ' ∠BTP ' = ∠KTB; ∠BKT = 180 0 −

0,5đ

Mà IK ⊥ TP ' nên tam giác △TIP ' vuông tại I . Từ đó suy ra P ≡ P ' hay AN, TK , CB đồng quy

AI ∩ FE = {L} . Ta có tứ giác ANGL nội tiếp nên IG .IN = IL.IA = IF 2 = ID 2 từ đó △ IDG ∼△IND do đó ∠IGD = ∠IDN . Tứ giác PNID nội tiếp nên ∠IDN = ∠IPN . Lại do tam giác vuông AIP có NI ⊥ PA nên ∠IPN = ∠NIA . Tất cả những điều đó suy ra ∠NIA = ∠IGD . Suy ra DG song song với AI . Kẻ đường thẳng vuông góc với AI tại I cắt BC tại P .

0,5 đ

ai l.c

∠ACB 1 = ∠ICB ( ∠ABC + ∠BAC ) = 2 2 2 Do đó △P IB ∼△P CI ( g − g ) ⇒ P B .P C = P I . ∠P IB = 90 0 −

0,5đ

PA ∩ (O) = { A; N1} ; PT ∩ (O) = { A; K1}; Ta có

0,5đ

Do P B.P C = PT.P K1 ⇒ P T.P K1 = P1 I nên ∠IK1 T = 90 ⇒ K ≡ K1 2

a.Cách 2

(1). 2

Từ (1) và (2) suy ra AN, TK , CB đồng quy.

Do PB.PC = PA.PN1 ⇒ PA.PN1 = P1 I nên IN1 ⊥ PA ⇒ N ≡ N1 (2).

0,5 đ

Xét phép nghịch đảo cực I , phương tích ID , biến G ֏ N; D ֏ D , đường

0,5đ

thẳng AI thành chính nó và biến DG thành đường tròn ngoại tiếp tam giác IND . Do ∠NIA = ∠NPI = ∠NDI nên tròn ngoại tiếp tam giác IND tiếp xúc đường thẳng AI . Do đó DG song song với AI .

Gọi H , J lần lượt là trực tâm các tam giác △ ABC,△ AEF . Gọi E1 , C1 lần lượt là

yn h

hình chiếu của E, C lên AB . B1 , F1 là hình chiếu của B , F lên AC . Ta có

HC.HC1 = HB.HB1 ; (do BCC1 B1 nội tiếp); JE. JE1 = JF. JF1 (do tứ giác

0,5đ

EFE1 F1 nội tiếp). Do đó HJ là trục đẳng phương của đường tròn đường kính BE và đường tròn đường kính CF . Hạ BV ⊥ EF; CZ ⊥ EF;

EF ∩ BC = {R}; ( RDBC ) = −1, GR ⊥ GD ⇒ GD là phân giác góc ∠BGC

⇒ ∠FGB = ∠EGC (1) Mà AE = AF ⇒ ∠AFG = ∠AEG ⇒ ∠GFB = ∠GEC (2) GF FB BD Từ (1) và (2) suy ra △GFB ∼ GEC ⇒ (3) = = GE EC CD BD GV Mà = (do BV || GD || CZ ) (4) CD GZ GF GV Từ (3) và (4) suy ra = ⇒ GF.GZ = GV.GE . Suy ra G thuộc trục GE GZ đẳng phương của đường tròn đường kính BE và đường tròn đường kính CF hay đường nối trực tâm tam giác AEF và trực tâm tam giác ABC đi qua G .

0,5đ

{

}

Bài 3: (4,0 điểm) Cho S = n ∈ ℕ : ∃k ≥ 2, k ∈ ℕ, n ⋮ 2 − 1 , hay S là tập các số nguyên dương thỏa mãn số nguyên dương đó có ít nhất một ước dạng

2k − 1, k ≥ 2 . Hỏi có tồn tại hay không số nguyên dương n để n, n + 1, n + 2 cùng thuộc S .. Ý

ĐÁP ÁN

(

ĐIỂM 4,0 đ

)

Ta chứng minh bổ đề: gcd 2 − 1,2 − 1 = 2

(

gcd(m ,n )

−1

)

)(

d (x −1)

(

d (x −2)

+2 m

)

0,5đ

+ ... + 1 ⋮ 2d − 1

)

ai l.c

(

Suy ra 2 − 1 = 2 − 1 2

C/m: Đặt d = gcd m, n , m = dx , n = dy

( )

Tương tự 2 − 1⋮ 2 − 1 ⇒ gcd 2 − 1,2 − 1 ⋮ 2 − 1 (1) *

Lại có gcd x , y = 1 ⇒ ∃a, b ∈ ℕ : ax − by = 1

(

)

Suy ra am − bn = d

(

)

0,5đ

≡ 2bn +d ≡ 2bn.2d ≡ 2d (mod d1 )

Suy ra 1 ≡ 2

≡ 1 mod d1 với d1 = gcd 2m − 1,2n − 1

Ta có 2

Suy ra 2 − 1⋮d1 (2). Từ (1) và (2) ta có đpcm.

Quay trở lại bài toán. Xét bộ 3 số nguyên dương a, b, c ≥ 2 thỏa mãn đôi một nguyên tố cùng nhau. b

0,5đ

Theo bổ đề ta có 2 − 1,2 − 1,2 − 1 đôi một nguyên tố cùng nhau.

yn h

(

)

(

)

(

)

gcd 2a − 1,2b − 1 = 1 ⇒ ∃x 1, y1 ∈ ℕ* : 2a − 1 x 1 = 2b − 1 y1 + 1 a b b a Suy ra 2 − 1 x 1 + 2 − 1 t  = 2 − 1 y1 + 2 − 1 t  + 1 với

)

(

) (

)

(

)

0,5đ

(

∀t ∈ ℕ *

Lại có

(

)

(

)

(

)

gcd 2b − 1,2c − 1 = 1 ⇒ ∃x 2, y 2 ∈ ℕ* : 2b − 1 x 2 = 2c − 1 y 2 + 1

(

) {

(

)

0,5đ

}

Mà gcd 2 − 1,2 − 1 ⇒ y1 + 2 − 1 t ;1 ≤ t ≤ 2 − 1 là HTD đầy

0,5đ

đủ mod 2 − 1

(

)

(

)

Suy ra ∃t1, z 1 : y1 + 2 − 1 t1 = x 2 + 2 − 1 z 1 Khi đó ta có:

0,5đ

( ) y + (2 − 1)t  + 1 ( ) x + (2 − 1) z  + 1 = (2 − 1) y + (2 − 1) z  + 2   Do đó ta chọn n = (2 − 1) y + (2 − 1) z  thỏa mãn ycbt.   (2

− 1 x 1 + 2b − 1 t1  = 2b − 1   = 2b − 1

)

(

)

Vậy tồn tại

0,5đ

n nguyên dương thỏa mãn ycbt.

ai l.c

3 a −1 b −1 c −1 + 2 + 2 ≥− . 2 a +8 b +8 c +8 8 ĐÁP ÁN

Bài 4: (4,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng

ĐIỂM 4,0 đ

Trước hết, nhân 4 vào hai vế và cộng mỗi phân số cho 1 , ta có

Không mất tính tổng quát, giả sử ab ≥ 0 thì

0,5đ

( a + 2) 2 (b + 2) 2 (c + 2) 2 3 + 2 + 2 ≥ . a2 + 8 b +8 c +8 2

0,5 đ

a 2 + b 2 = ( a + b) 2 − 2ab ≤ (a + b) 2 = c 2 .

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz thì

0,5đ

(a + 2) 2 (b + 2) 2 (a + b + 4) 2 (4 − c)2 + 2 ≥ ≥ . a2 + 8 b + 8 (a 2 + b 2 ) + 16 c 2 + 16 Do đó, ta chỉ cần đưa về chứng minh

yn h

(c − 4) 2 (c + 2)2 3 + 2 ≥ . c 2 + 16 c +8 2 c+8   −8 ⇔ c 2 + 2 ≥0  c + 16 2c + 16 

0,5đ

Quy đồng và phân tích thành nhân tử, ta có

c 2 (c − 4)2 ≥ 0 , đúng. (c 2 + 16)(2c 2 + 16)

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh là đúng. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 0 hoặc a = b = −2, c = 4 cùng các hoán vị.

1,0đ

0,5đ

Bài 5: (4,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy , hai điểm nguyên (hoành độ và tung độ là các số nguyên) A, B được nối với nhau nếu − 1 ≤ OA ⋅ OB ≤ 1 với O là gốc tọa độ. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu điểm nguyên phân biệt khác O sao cho hai điểm tùy ý trong đó đều được nối với nhau?

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Gọi điểm đã cho là Ai (ai ;bi ) với ai ,bi ∈ ℤ, i = 1, n và a + b > 0. 2 i

2 i

Ta có aiak + bibk ≤ 1 với mọi i ≠ k .

0,5 đ

Gọi M , N , P là tập con của tập hợp các điểm trên, lần lượt chứa các điểm thuộc Ox , các điểm thuộc Oy và các điểm không thuộc cả Ox ,Oy. Dễ thấy rằng M ≤ 2 với tối đa hai điểm là (1;0) và (−1;0).

0,5đ

ai l.c

Tương tự N ≤ 2 với tối đa hai điểm là (0;1),(0; −1).

0,5đ

Nếu P ≥ 3 thì ta xét A1(a1,b1 ), A2 (a2, b2 ), A3 (a 3, b3 ) ∈ P . Ta có hai trường hợp: cùng

dấu,

các

số

b1, b2

cũng

a1, a 2

(1) Nếu có hai điểm thuộc cùng một góc phần tư, giả sử là A1, A2 thì các số cùng

dấ u

0,5đ

nên

a1a2 > 0,b1b2 > 0 ⇒ a1a2 + b1b2 ≥ 2 , không thỏa.

(2) Nếu không có điểm nào thuộc cùng một góc phần tư thì phải có hai điểm

thuộc hai góc phần tư đối nhau, giả sử là A1, A2 thì các số a1, a2 trái dấu, các

0,5đ

số b1, b2 cũng trái dấu nên a1a2 < 0, b1b2 < 0 ⇒ a1a2 + b1b2 ≤ −2 , không thỏa.

Do đó, điều giả sử là sai và P ≤ 2 . Suy ra có không quá 6 điểm thỏa mãn đề bài.

yn h

Rõ ràng A1(0;1), A2 (0; −1), A3 (1; 0), A4 (−1; 0), A5 (1;1), A6 (−1;1) đôi một được

nối với nhau. Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là 6.

-------------- HẾT --------------

0,5đ 0,5đ 0,5đ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN: TOÁN 10 Thờigian: 180 phút (khôngkểgiaođề) ( Đềthigồm 5 câutrong 1 tranggiấy)

ai l.c

x( x − 2) + (y − 2)(2 z + 1) = 0  Câu 1.(4 điểm)Giảihệphươngtrình:  x( y + 1) + ( y − 2)(5 z + 1) = 0  2 2 2 2  ( y + 1) + (5 z + 1) = 2 ( x + 2) + (2 z + 1)

Câu 2.(4 điểm)Cho a và b làhaisốthựcthỏamãn a p − b p làsốnguyêndươngvớimọisốnguyêntố p. Chứng minh rằng a và b đềulàsốnguyên. < 90 0 , đườngcao CD. Gọi E Câu 3.(5điểm) Cho tam giác ABC cântại A có A

(

)

cắt CE tại P. làtrungđiểmcủa BD, M làtrungđiểmcủa CE, phângiáccủagóc BDC Đườngtròntâm E đườngkính BD cắtđoạn BC tại F, đườngtròntâm C bánkính CD cắt AC tại Q. Gọi K = PQ ∩ AM .

a. Chứng minh rằng P, Q, F thẳnghàng.

yn h

b. Chứng minh rằng tam giác CKD vuông.

Câu 4.(3điểm) Cho cácsốthựcdương a1 , a2 ,...,a n+1 . Chứng minh rằng:

ai ai +1 n ai ∑ ai +1 ≥ ∑ ∑ ∑ (ai + ai+1 ) . i =1 i =1 i =1 ai + ai +1 i =1

Câu 5.(4 điểm)Cho nsốnguyêndươngkhácnhau.Mỗicặpsốđượclấytừnsốnguyêndươngđãchođượcgọilà “tốt”nếutỷsốgiữahaisốnàylà 2 hoặc 3.Hỏikhicho n = 2015 2016 , sốnguyêndươngkhácnhautùy ý thìsốcặpsố “tốt” lớnnhấtbằngbaonhiêu?. ……………………Hết………………… Ngườirađề: NguyễnTrườngSơn( Sđt 0942021238)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN: TOÁN 10 (Đápántrong 6 tranggiấy)

Câu

Hướngdẫnchấm

Điểm

ai l.c

x( x − 2) + (y − 2)(2 z + 1) = 0(1)   x( y + 1) + ( y − 2)(5 z + 1) = 0(2)  2 2 2 2  ( y + 1) + (5 z + 1) = 2 ( x + 2) + (2 z + 1) (3) Trongmặtphẳng Oxy, đặt a = ( x; y − 2), b = ( x − 2; 2 z + 1), c = ( y + 1; 5z + 1) . a.b = 0   Hệphươngtrìnhtrởthành: a.c = 0 (I). 0,5 đ  c 2 b =  Nếu a = 0 thì x = 0, y = 2 . Thayvàophươngtrình (3) ta có:

0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ

yn h

1 ± 11 . 9 + (5 z + 1)2 = 2 4 + (2 z + 1)2 ⇔ 9 z 2 − 6 z − 10 = 0 ⇔ z = 3 Nếu a ≠ 0 thìtừhaiphươngtrìnhđầucủahệ (I) suyra b , c cùngphương. Câu Kếthợpvớiphươngtrìnhbacủahệ (I) ta suyra 2b = c hoặc 2b = −c . 1.  y + 1 = 2( x − 2) z = 1 Trườnghợp 1: 2b = c ⇒  ⇔ . z z y x 5 + 1 = 2(2 + 1) = 2 − 5   x = 3 Thayvào (1) ta có x 2 + 4 x − 21 = 0 ⇔  . = − 7 x  Với x=3 thì y=1. Với x=-7 thì y=-19.  1  y + 1 = −2( x − 2) z = − ⇔ Trườnghợp 2. 2b = −c ⇒  3 . 5z + 1 = −2(2 z + 1)  y = 3 − 2 x 

Thayvào (1) ta có: 3 x 2 − 8 x + 1 = 0 ⇔ x = Thửlại ta thấycácbộsố

4 ± 13 1 ∓ 2 13 . ⇒y= 3 3

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

) (

= a2 − b2

)

0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ

(

Do a2 + b 2

ai l.c

 1 + 11   1 − 11  0; 2; , 0; 2; , 3;1;1) , ( −7; −19;1) ,     ( 3 3      4 + 13 1 − 2 13 1   4 − 13 1 + 2 13 1  ; ; −  , ; ;−     3 3 3 3 3 3     đềulànghiệmcủahệphươngtrìnhđãcho. i.Trướchết ta chứng minh a , b ∈ ℚ . +Nếu ab = 0 thìkếtquảhiểnnhiên. +Nếu ab ≠ 0 thì ta có: ( a 5 − b 5 )2 − ( a7 − b7 )( a 3 − b 3 ) = a 3 b 3 ( a 2 − b 2 )2 ⇒ a 3 b3 ∈ ℚ . Lạicó: ( a7 − b7 )2 − ( a11 − b11 )( a 3 − b 3 ) = a 3 b 3 ( a 2 − b 2 )2 ( a 2 + b2 ) ⇒ a 2 + b2 ∈ ℚ . + 4a 2 b2 ∈ ℚ ⇒ a2 b 2 ∈ ℚ .

0,5 đ

a3 b3 Suyra: ab = 2 2 ∈ℚ . ab Mặtkhác: ( a 5 − b5 )( a11 − b11 ) − ( a13 − b13 )( a 3 − b 3 ) = a 3 b3 ( a2 − b2 )2 ( a 2 + b2 )( a4 + b4 )

⇒ ( a 2 + b2 )( a 4 + b4 ) ∈ ℚ ⇒ ( a3 − b3 )2 + 2 a3 b 3 + a2 b2 ( a2 + b 2 ) ∈ ℚ

⇒ a 2 + b2 ∈ ℚ

0,5 đ 0,5 đ

yn h

3 3 a2 − b2 Câu Từđó ta có: a − b = a − b ∈ ℚ + = ∈ ℚ ⇒ a, b ∈ ℚ . , a b a+b 2. a2 + b 2 + ab m k ii.Đặt a = , b = ( m , k ∈ ℤ , n ∈ ℕ * ) và ( m, n) = ( k , n ) = 1 . n n mp − k p Khiđó: a p − b p = ∈ ℕ * ⇒ m p − k p ⋮n p vớimọisốnguyêntố p. p n Ta chứng minh n=1. Thậtvậygiảsử n>1. Gọi q làướcnguyêntốcủa n. Ta có: 2 m2 k 2 ( m − k ) = ( m3 − k 3 )( m 2 + k 2 ) − ( m 3 + n3 )( m 2 − k 2 )⋮ q 2 ⇒ m − k⋮ q 2 ⇒ m ≡ k(mod q)

Vớimọisốnguyêntố p>q ta có m − k = ( m − k )( m

Vì m ≡ k(mod q) nên m

p −1

+ ... + k

p −1

= pk

p −1

+ ... + k

p −1

)⋮ n ⋮ q . p

không chia hếtcho q ( do

0,5 đ

( k , q ) = ( p , q ) = 1 ). Do đó m − k ⋮ q p và m ≠ k ⇒ m − k ≥ q p

vớimọisốnguyêntố p>q. Do cóvôsốsốnguyêntố p>q nên ta cóđiềumâuthuẫn. Vậy n=1, tứclà a, b làcácsốnguyên.

0,5 đ

A Q

D N

E P M B

ai l.c

Gọi T làgiaođiểmcủa DP vàđườngtròntâm C bánkính CD, S = QD ∩ BC , L = QB ∩ KC , N = FM ∩ AC . = TDC nên Vì CD ⊥ AB, BDT

0,5 đ

yn h

= 2 DQT = 2 BDT = BDT + TDC = BDC = 900 . DCT Vì CD = CQ , AB = AC , CD ⊥ AB nên 180 0 − DAC Câu 180 0 − DCQ 0 0 QSC = 180 − CDQ − BCQ = 180 − − 3. 2 2 0 DAC + DCQ 90 = = = 450 2 2 Vậy CT ⊥ CD ,QT ⊥ BC . Kếthợpvới BD ⊥ CD , DF ⊥ BC , suyra CT DB , QT DF(1) . = EBF = ACB . Do đó: QC FE (2). Vì DF ⊥ BF , ED = EB nên EFB

0,5 đ

Từ (1) và (2) suyra CE, TD, QF đồngquy. Điềuđócónghĩalà P, Q, F 0,5 đ thẳnghàng. b. Vì EF CN , ME = MC nên CNEF làhìnhbìnhhành. Do đó MF = MN , EF AC (3). Từ (3), ápdụngđịnhlí Menelaus cho tam giác NQF vàcáttuyến KMA, suyra: KQ MF AN KQ AN KQ AQ 0,5 đ 1= . . . (4) . = ⇒ = KF MN AQ KF AQ KF AN Từ (3) và (4), ápdụngđịnhlí Menelaus cho tam giác BQF vàcáttuyến KCL, theođịnhlí Thales, chú ý rằng AC=AB, suyra: KQ CF LB AQ AE LB AQ AN LB AQ LB LB AB 0,5 đ 1= . . = . . = . . = . ⇒ = KF CB LQ AN AB LQ AN AC LQ AB LQ LQ AQ

. Do đó AL làphângiácgóc BAQ

0,5 đ

= KCF (5) . Kếthợpvới AB=AC, suyra LB=LC. Vậy QBC = 900 , DF ⊥ BC nên Vì CQ = CD , CDB CQ 2 = CD 2 = CF.CB ⇒ ∆CBQ ∼ ∆CQF . = FQC (6) . Vậy QBC

0,5 đ

ai l.c

= FQC . Từ (5), (6) suyra KCF Do đó: ∆FKC ∼ ∆FCQ . = 900 , DF ⊥ BC ta suyra: Kếthợpvới AB = AC , CDB = FCQ = DBC = FDC . Do đótứgiác DKCF nộitiếp. FKC

0,5 đ

= CFD = 90 0 (đpcm). Vậy CKD

Cách 1.Trướchết ta có: 2

1đ

Bấtđẳngthứccầnchứng minh tươngđương: 2 n n n  ai − ai +1 )  n (  ∑ ( ai + ai +1 ) 4∑ ai ∑ ai +1 ≥ ∑ ( ai + ai +1 ) −  +  a a ( i i + 1 )  i =1 i =1 i =1 i =1 

0,5 đ

( a − ai+1 ) ⇒ 2ai ai+1 = ai + ai+1 − ( ai − ai+1 ) ai + ai +1 2ai ai+1 − = i 2 ai + ai +1 2 ( ai + ai +1 ) ai + ai+1 2 2 ( ai + ai +1 )

i =1

( a − a ) (a ⇔∑ (a + a ) ∑ n

i +1

i =1

Câu 4.

yn h

⇔ 4 ∑ ai ∑ ai +1 ≥ ∑ ( ai + ai+1 )

i +1

( a − a ) (a −∑ (a + a ) ∑

i +1

i =1

i +1

+ ai +1 )

i =1

+ ai +1 ) ≥ ∑ ( ai − ai +1 )2

i =1

Theo bấtđẳngthức Cauchy-Schwarz ta có: 2

( a − a ) (a ∑ (a + a ) ∑ i +1

i =1

i +1

i =1

0,5 đ

+ ai +1 ) ≥ ∑ ( ai − ai +1 )2 . i =1

Bấtđẳngthứcđượcchứng minh. Cách 2.Trướchết ta chứng minh bổđềsau: ab cd ( a + c )( b + d) Cho cácsốthựcdương a, b, c, d. Khiđó: . + ≤ a+b c+d a+b+c+d Thậtvậy:

0,5 đ

ab cd ( a + c)(b + d) + ≤ a+b c+d a+b+c+d ⇔ ab(c + d)( a + b + c + d) + cd( a + b)( a + b + c + d) ≤ ( a + b)( a + c)(c + d)(b + d) ⇔ ( ad − bc)2 ≥ 0 Ápdụngbổđề ta có: n

∑a ∑a

i +1

ai ai +1 ( a1 + a2 )( a2 + a3 ) n ai ai +1 ≤ +∑ ≤ .... ≤ ∑ a + a a + a + a + a a + a i =1 i i =3 i i +1 1 2 2 3 i +1

i =1 n

i =1

∑(a

+ ai +1 )

ai l.c

i =1 2

Ta giảibàitoántổngquátvới n làsốchínhphương n = m . r s Đặt ai = 2 i 3 i ti ,(ti ,6) = 1 . Ta thấy, nếu ( ai , ar ) làcặptốtthì ti = tr , do đósốcặptốttrong n số a1 , a2 ,..., an

khôngvượtquásốcặptốttrong n số 2 r1 3s1 ,...,2 rn 3sn . ri = rj si = s j rj s j ri si Cặp (2 3 ,2 3 ) làcặptốtkhivàchỉkhi  hoặc  . s s r r − = 1 − = 1  i j  i j

0,5 đ r

Trênhệtrụctọađộ Oxy, xét n điểm Ai = (ri , rj ) . Nhưvậycặp (2 ri 3si ,2 j 3 j )

làcặptốtnhấtkhivàchỉkhi Ai Aj = 1 .

0,5 đ

yn h

Giảsử n điểm A1 ,..., An nằmtrên k đườngthẳng song songvớitrục Ox, kíhiệulà d1 , d2 ,..., dk . Gọi ml làsốđiểm Ai (i = 1,...n) nằmtrênđườngthẳng Câu dl (l = 1,..., k ) và dh làđườngthẳngchứanhiềuđiểm Ai nhất. 5. n 0,5 đ Khiđó: n = m1 + m2 + ... + mk ≤ kmh ⇒ ≤ mh . k Ta cónhậnxétsau: 1. Sốđoạnthẳngđơnvị Ai Aj = 1 trênđườngthẳng dl (l = 1,..., k ) 0,5 đ khôngvượtquá m − 1 . l

2. Sốđoạnthẳngđơnvị Ai Aj = 1 song songvới Oy nằmgiữahaiđoạnthẳng 0,5 đ

dl , dl+1 khôngvượtquá min {ml , ml+1 } .

Vìthếsốđoạnthẳngđơnvị Ai Aj = 1 khôngvượtquá k −1

h −1

k −1

∑ (m − 1) + ∑ min {m , m } = n − k + ∑ m + ∑ m l

l =1

l +1

l =1

l=h

n = n − k + n − mh ≤ 2n − k − ≤ 2n − 2 n = 2 m( m − 1) k

1đ

Dễthấycóm(m-1)

( 2 3 ,2 j

m(m-1)

}

Xét n = m 2 số 2i 3 j 1 ≤ i , j ≤ m .

cặpcótỷsốbằng

1 ≤ i ≤ m,1 ≤ j ≤ m − 1 vàcó i

{

chỉratrườnghợpcódấuđẳngthức.

(

)

đólàcáccặp 2 i 3 j ,2 i 3 j +1 ,

cặpcótỷsốbằng

đólàcáccặp

)

3 , 1 ≤ i ≤ m − 1,1 ≤ j ≤ m .

i +1 j

yn h

ai l.c

Do vậyđápsốbàitoánlà2m(m-1).

0,5 đ

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT – MÔN TOÁN 10 KÌ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ XI - NĂM 2018. Đơn vị: THPT Chu Văn An Giáo viên được phân công ra đề: Đỗ Lê Sơn – 0983.810.680

ai l.c

 x2 + y 2 x 2 + xy + y 2 + = x+ y  Bài 1. Giải hệ phương trình:  2 3  2 3 3 2 x − 2 y − 1 + y − 14 = x − 2

Nội dung đề thi đề xuất:

Bài 2. Cho hai đường tròn (O ) và (O ') cắt nhau tại A và B . Kẻ tiếp tuyến chung CD (

C , D là tiếp điểm, C ∈ ( O ) , D ∈ ( O’) ).Đường thẳng qua A song song với CD cắt (O ) tại

E , (O ') tại F . Gọi M , N theo thứ tự là giao điểm của BD và BC với EF . Gọi I là giao

điểm của EC với FD . Chứng minh rằng: IA là phân giác góc MIN . Bài 3.Xét tất cả các số gồm 7 chữ số mà các chữ số đôi một khác nhau, lập từ các số

1, 2,3, 4,5,6,7 được viết theo thứ tự bất kỳ. Chứng minh rằng không tồn tại một số nào

yn h

trong các số đó chia hết cho một số khác thuộc tập các số lập được. Bài 4. Cho a, b, c là các số thực không âm, thỏa mãn (a + 1)(b + 1)(c + 1) = 8 . Chứng

minh rằng: abc( a + b + c) ≤ 3.

Bài 5. Trên mặt phẳng cho 2018 điểm phân biệt M1; M 2 ;....; M 2018 . Vẽ một đường tròn

tùy ý có bán kính bằng 1 . Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường tròn sao cho

SM1 + SM 2 + ..... + SM 2018 ≥ 2018 .

……………….. Hết……………..

Hướng dẫn giải và thang điểm Câu

Nội dung

Điểm

Đk x ≥ 2 y + 1 Từ phương trình (1) ta có 3 1 2( x 2 + y 2 ) ≥ ( x + y )2 , x 2 + xy + y 2 = ( x + y )2 + ( x − y )2 , nên ta 4 4 2

2đ

x+ y x+ y x + xy + y ≥ + = x+ y ≥ x+ y 3 2 2 Vậy từ pt (1) ta có x = y.

Câu 1

x +y + 2

(4 điểm) Thế

vào

(2)

ai l.c

có

được:

2đ

2 x 2 − 2 x − 1 + 3 x 3 − 14 = x − 2 ⇔ 2 x 2 − 2 x − 1 + ( 3 x 3 − 14 − x + 2) = 0 6( x 2 − 2 x − 1) hay 2 x 2 − 2 x − 1 + = 0 nên ta 3 ( x 3 − 14) 2 + 3 x 3 − 14( x − 2) + ( x − 2) 2

được x 2 − 2 x − 1 = 0 ⇒ x = 1 ± 2 = y

Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y ) là (1 − 2;1 − 2);(1 + 2;1 + 2).

Trong bài toán này thì trường hợp điểm A và đoạn tiếp tuyến CD nằm cùng phía OO ' hay khác phía là cùng phương pháp giải.

yn h

Câu 2

(4 điểm)

Chứng minh AI là phân giác góc MIN = CEA = DCA ⇒ ICD = DCA Ta có CD ⊥ AI ( do: Ta có ICD = CDA ⇒ ∆ICD = ∆ACD ⇒ CA = CI , DA = DI nên CD là Tương tự IDC

trung trực của AI ) ⇒ MN ⊥ AI .

2đ

Gọi K = AB ∩ CD .Ta

chứng

được

minh

CK 2 = KA.KB = KD 2 ⇒ KC = KD (1)

Vì CD / / MN nên

KC KD KB = = .Từ (1) ⇒ AN = AM AN AM AB

2đ

Mà ⇒ MN ⊥ AI ta có ∆IMN cân tại I AI là phân giác góc MIN .

2đ

Rõ ràng a − c⋮9 do tổng của các chữ số của chúng bằng nhau.

Vì 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28 không chia hết cho 3 nên c không chia hết cho 3 . Nên a − c⋮9c ⇒ a ≥ 10c điều này vô lý. Nên không tồn tại một số nào trong các số đó chia hết cho một số khác thuộc tập các số lập được.

2đ

Từ giả thiết ta có abc + ab + bc + ca + a + b + c = 7

2đ

có

abc ≥ abc

8 = (a +1)(b + 1)(c +1) ≥ 8 abc ⇒ abc ≤ 1 nên

Từ 7 = abc + ab + bc + ca + a + b + c ≥ abc + 33 abc + (a + b + c)

(4điểm)

Câu 4

khác,

Mặt

(4điểm)

Mặt khác, một số chia hết cho 9 thì tổng các chữ số chia hết cho 9 .

ai l.c

Câu 3

Giả sử a > c và a⋮ c nên ta có a − c⋮ c

2đ

yn h

hay 7 ≥ 4abc + a + b + c ⇔ 6 ≥ 3abc + (a + b + c) ≥ 2 3abc(a + b + c) ,

từ đó suy ra abc( a + b + c) ≤ 3. dấu bất đẳng thức khi a = b = c = 1. 2đ

Xét đường kính S1S2 tùy ý của đường tròn. Ta có S1S 2 = 2 nên theo bất đẳng thức tam giác ta có:

Câu 5

(4 điểm)

S M + S2 M1 ≥ S1S2 = 2  1 1 S1M 2 + S2 M 2 ≥ S1S2 = 2  ........................................  S1M 2018 + S2 M 2018 ≥ S1S2 = 2

Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên ta có

( S1M1 + S1M 2 + ..... + S1M 2018 ) + ( S2 M1 + S2 M 2 + ..... + S2 M 2018 ) ≥ 4036 Suy ra trong hai tổng trên phải có ít nhất một tổng lớn hơn 2018.

2đ