Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm 2011-2012 - Hội các trường THPT Chuyên khu vực DH&ĐB Bắc bộ

Luyện thi THPT Quốc gia năm 2017 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai 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 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 (Thời gian: 180 phút) Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:  x3  y 3  3 y 2  9   2 2 x  y  x  4 y  Câu 2 (4 điểm): Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3 . Chứng minh bất đẳng thức: x2 3 x 8  y2 3  y 8 z2 3  1. z 8 Câu 3 (4 điểm): Trên các cạnh BC, CA, AB và về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các hình vuông BCMN, ACPQ, ABEF. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Kí hiệu A1 là giao điểm của AG và FQ; B1 là giao điểm của BG và NE; C1 là giao điểm của CG và MP. Ta xác định các điểm A2, B2, C2 sao cho AGC2F, BGA2N, CGB2P là các hình bình hành. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua A2, B2, C2 tương ứng vuông góc với B1C1, C1A1, A1B1 đồng quy. Câu 4 (4 điểm): Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m 3  m  12n 3  n . Chứng minh rằng m  n là lập phương của một số nguyên. Câu 5 (4 điểm): Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét tập hợp M các điểm có toạ độ (x; y) với x, y  R* và x  12; y  12. Mỗi điểm trong M được tô bởi một trong ba màu: màu đỏ, màu trắng hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ mà tất cả các đỉnh của nó thuộc M và được tô cùng màu. ………………………. HẾT ……………………. Truy cập website www.hoc247.vn để làm thêm bài tập và thử sức với đề thi trắc nghiệm online Trang | 1 Luyện thi THPT Quốc gia năm 2017 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán 10 Nội dung Câu 1 Giải hệ phương trình:  x3  y 3  3 y 2  9   2 2 x  y  x  4y  Điểm 4 điểm 1  2 Hệ phương trình tương đương: 1,0  x3  y 3  3 y 2  9   x3  y 3  3 y 2  3( x 2  y 2 )  9  3( x  4 y )  2 2 3  x  y   3  x  4 y    x 3  3x 2  3x  1  y 3  6 y 2  12 y  8 0,5  ( x  1)3  ( y  2)3  x  1  y  2  x  y  3 0,5 Thế vào phương trình (2) ta thu được: 2 y 2  9 y  6  0 0,5 0,5  9  33 y  4   9  33 y   4 9  33 9  33 3  33  x  3  4 4 4 0,5 Với y  9  33 9  33 3  33  x 3  4 4 4 0,5 Với y  Vậy phương trình có hai nghiệm:  3  33 9  33  ; ; 4 4    x; y    2  3  33 9  33  ;  4 4    x; y    Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3 . Chứng minh bất đẳng thức: x2 3 x 8  y2 3  y 8 z2 3 4 điểm  1. z 8 Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có: 1,0 Truy cập website www.hoc247.vn để làm thêm bài tập và thử sức với đề thi trắc nghiệm online Trang | 2 Luyện thi THPT Quốc gia năm 2017 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai x3  8  ( x  2)( x 2  2 x  4)  ( x  2)  ( x 2  2 x  4) x 2  x  6  2 2 x2 2x2  2 x3  8 x  x  6  Tương tự, ta cũng có 0,5 y2 2 y2  2 ; y3  8 y  y  6 z2 2z2  2 . z3  8 z  z  6 Từ đó suy ra: x2 x3  8  y2 y3  8  z2 z3  8  2 x2 2 y2 2z2  2  2 . (1) x2  x  6 y  y  6 z  z  6 0,5 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz : 2x2 2 y2 2z 2 2( x  y  z )2 (2)  2  2  2 x 2  x  6 y  y  6 z  z  6 x  y 2  z 2  ( x  y  z )  18 1,0 Ta chứng minh: 2( x  y  z )2 1 x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18  3 Thật vậy: Ta có: 2 2 0,5 2 x  y  z  ( x  y  z )  18 2   x  y  z    x  y  z   2  xy  yz  zx   18 2   x  y  z    x  y  z   12  0 Nên  3  2( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18  x2  y 2  z 2  x  y  z  6 Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có: x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx 0,5 x  y  z  3( xy  yz  zx) Mà xy  yz  zx  3 nên bất đẳng thức (3) đúng. Từ (1), (2) và (3), ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1 . 3 Trên các cạnh BC, CA, AB và về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các hình 4 điểm vuông BCMN, ACPQ, ABEF. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Kí hiệu A1 là giao điểm của AG và FQ; B1 là giao điểm của BG và NE; C1 là giao điểm của CG và MP. Ta xác định các điểm A2, B2, C2 sao cho AGC2F, BGA2N, CGB2P là các hình bình hành. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua A2, Truy cập website www.hoc247.vn để làm thêm bài tập và thử sức với đề thi trắc nghiệm online Trang | 3 Luyện thi THPT Quốc gia năm 2017 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai B2, C2 tương ứng vuông góc với B1C1, C1A1, A1B1 đồng quy. Q A1 F B2 P A C2 E G B I C C1 B1 A2 M N Gọi I là trung điểm của BC. Ta có:   1     1                   FQ.AI= FA+AQ AB+AC = FA.AB+FA.AC+AQ.AB+AQ.AC 2 2        1 1 = 0-AF.AC+AQ.AB+0 = -AF.AC.cosFAC+AQ.AB.cosQAB = 0 2 2     Do      AF = AC, AQ = AB, FAC=QAB=900 +A 0,5   1,0  FQ  AI hay FQ  A1G 1 . Ta có CGB2P là hình bình hành nên GB2 song song và bằng CP nên GB2 song song và bằng AQ, suy ra AQB2G là hình bình hành, vậy có QB2 song song và bằng AG. Suy ra QB2 song song và bằng FC2, nên FQB2C2 là hình bình hành, 1,0 hay FQ song song với B2C2 (2). Từ (1) và (2) suy ra A1G  B2C 2 . Tương tự cũng có B1G  A 2C 2 , C1G  A 2 B2 . 0,5 Vậy các đường thẳng đi qua A1, B1, C1 tương ứng vuông góc với B2 C2 ,C 2 A 2 ,A 2 B2 đồng quy tại G nên theo hệ quả của định lí Cácnô ta có các 1,0 đường thẳng đi qua A2, B2, C2 tương ứng vuông góc với B1C1 ,C1A1 ,A1B1 cũng đồng quy. 4 Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m 3  m  12n 3  n . 4 điểm Chứng minh rằng m  n là lập phương của một số nguyên. 3 3 3 3 3 Ta có: 4m  m  12n  n  4  m  n    m  n   8n   m  n   4m 2  4mn  4n 2  1  8n 3 1 Truy cập website www.hoc247.vn để làm thêm bài tập và thử sức với đề thi trắc nghiệm online 1,0 Trang | 4 Luyện thi THPT Quốc gia năm 2017 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai Giả sử p là một ước nguyên tố chung của m  n và 4m 2  4mn  4n 2  1 0,5 Do 4m 2  4mn  4n 2  1 là số lẻ nên p là số lẻ. Từ (1) suy ra 8n 3  p mà p là số nguyên tố lẻ  n  p  m p 0,5 Mặt khác p là ước của 4m 2  4mn  4n 2  1  p  1 (vô lí) 0,5 do đó m  n và 4m 2  4mn  4n 2  1 không có ước nguyên tố chung, suy ra 0,5  m  n,4m2  4mn  4n 2  1  1 . 3 Do 8n 3   2n  , suy ra m – n là lập phương của một số nguyên. 5 1,0 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét tập hợp M các điểm có toạ độ (x; y) với x, y  * và x  12; y  12. Mỗi điểm trong M được tô bởi một trong ba màu: 4 điểm màu đỏ, màu trắng hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ mà tất cả các đỉnh của nó thuộc M và được tô cùng màu. Tập M có 144 điểm được tô bằng 3 màu nên tồn tại 1 màu tô được tô ở không 0,5 144  48 điểm. ít hơn 3 Ta chọn trong các điểm của M đúng 48 điểm được tô cùng một màu. Chia các điểm của M thành 12 hàng (các điểm có cùng tung độ) và 12 cột (các điểm có cùng hoành độ). Gọi ai (i = 1,…,12) là số điểm trong 48 điểm được chọn có 0,5 12 trong một cột thứ i suy ra: a i  48 i 1 Khi đó, số cặp điểm được chọn trong cột thứ i là: 12 số cặp điểm có hoành độ trùng nhau là:  i 1 a i (a i  1) 2 0,5 a i  a i  1 2   12  2  ai     12 12 12 12 a a 1 Ta có:  i  i   1   a i2   a i   1   i1    a i   72  2  12  2 2  i1 i 1 i 1 i 1         1,0 Vì mỗi cặp được chọn trong cùng một cột tương ứng với một cặp hàng trong đó các điểm trong một hàng có cùng tung độ. 1,0 2 12 Số các cặp hàng khác nhau là: C  66 Truy cập website www.hoc247.vn để làm thêm bài tập và thử sức với đề thi trắc nghiệm online Trang | 5