Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Luyện thi THPT Quốc gia năm 2017

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)

3

2

y

3

y

9

2

x

y

  x

4

y

3   x   2 

Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:

xy

yz

zx

 . Chứng minh

3

x y z là các số thực dương thỏa mãn ,

,

Câu 2 (4 điểm): Cho

2

2

2

1

bất đẳng thức:

x 3

y 3

z 3

x

8

y

8

z

8

3

3

4m m 12n

 . Chứng

n

.

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:

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.

Trang | 1

Truy cập website www.hoc247.vn để làm thêm bài tập và thử sức với đề thi trắc nghiệm online

………………………. HẾT …………………….

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

3

3

Luyện thi THPT Quốc gia năm 2017

3

y

x

2

2

x

y

  x

4

y

  1   2

   

Câu 1 Điểm 4 điểm HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán 10 Nội dung 2  y 9 Giải hệ phương trình:

3

2

y

y

9

3

2

2

2

3   x

y

3

y

3(

x

y

  ) 9 3(

x

y 4 )

2

2

3

x

3

y

x

4

y

 

3 

3   x    

2

3

2

Hệ phương trình tương đương: 1,0

3   x

3

x

3

x

  1

y

6

y

12

y

 8

3

3

0,5

  ( x

1)

(

y

        y 3

2)

1

2

x

y

x

0,5

22 y

y 9

  6 0

0,5 Thế vào phương trình (2) ta thu được:

33

  y

33

   y 

  9 4   9 4

0,5

33

33

3

33

y

   x

3

  9 4

  9 4

4

0,5 Với

33

33

3

33

y

   x

3

  9 4

  9 4

4

0,5 Với

3

33

33

3

33

33

x y ;

;

x y ;

;

Vậy phương trình có hai nghiệm:

4

  9 4

  9 4

4

   

  

   

  

; 

xy

yz

zx

 . 3

x y z là các số thực dương thỏa mãn ,

,

2

2

2

1

2 Cho 4 điểm

x 3

z 3

y 3

x

8

y

8

z

8

Chứng minh bất đẳng thức: .

Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có:

Trang | 2

Truy cập website www.hoc247.vn để làm thêm bài tập và thử sức với đề thi trắc nghiệm online

1,0

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

2

2

(

x

2)

(

2

x

4)

x

6

3

2

x

  8

(

x

2)(

x

2

x

4)

x 2

  x 2

2

2

Luyện thi THPT Quốc gia năm 2017

2

x 3

x 2   x

6

x

x

8

2

2

2

2

;

0,5

2

2

y 3

z 3

2 y   y

6

y

2 z   z

6

z

y

8

z

8

Tương tự, ta cũng có .

2

2

2

2

2

2

Từ đó suy ra:

2

2

2

x 3

y 3

z 3

x 2   x

6

y 2   y

6

z 2   z

6

z

y

x

x

8

y

8

z

8

0,5 . (1)

2

2

2

2

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz :

2

2

2

2

2

2 x   x

6

x

2 y   y

y

6

z

2 z   z

6

2( x 2  z

  y  ( x

) z   y

x

y

z

 ) 18

1,0 (2)

2

1

  3

2

2

2( x 2  z

  y  x (

) z   y

z

 ) 18

Ta chứng minh:

2

2

z

y

x

  y

2

z

x

  y

  y

xy

yz

2

x

z

zx

18

2

 12 0

  y

  y

x

z

z

z  

 ) 18   

(  

2

2

2

2

   x

x

y

x

z

(

  y

z

 ) 18

2( 2

z ) 2

y 2

    y

  x

6

y

x

z

2

2

2

0,5

x y Thật vậy: Ta có: 2 x   x  Nên   3 z Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có:  x

xy

yz

zx

y

z

zx

yz

)

xy  nên bất đẳng thức (3) đúng.

 3

   y z  yz xy

3( x zx Mà Từ (1), (2) và (3), ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x

   . z

1

y

0,5

Trên các cạnh BC, CA, AB và về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các hình 3 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,

Trang | 3

Truy cập website www.hoc247.vn để làm thêm bài tập và thử sức với đề thi trắc nghiệm online

CGB2P là các hình bình hành. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua A2,

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Luyện thi THPT Quốc gia năm 2017

B2, C2 tương ứng vuông góc với B1C1, C1A1, A1B1 đồng quy.

Q

A1

F

B2

P

A

C2

E

G

C

B

I

C1

B1

A2

M

N

 

        FA.AB+FA.AC+AQ.AB+AQ.AC

0,5 Gọi I là trung điểm của BC. Ta có:    FQ.AI=

    FA+AQ AB+AC =    

(cid:0)

(cid:0)

-AF.AC.cosFAC+AQ.AB.cosQAB = 0

1  2 1 2

1 2

0

1 2  0-AF.AC+AQ.AB+0 = (cid:0)

(cid:0)

(cid:0) Do AF = AC, AQ = AB, FAC=QAB=90 +A

= 

1,0

 

  FQ AI hay FQ A 1G

1

.

1

2

2

1,0 . 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, hay FQ song song với B2C2 (2). A G B C Từ (1) và (2) suy ra

B G A C , C G A B 2

1

2

1

2

2

Tương tự cũng có . 0,5

2

2

2

2

2

2

1

1

1

1

1,0

3

3

Vậy các đường thẳng đi qua A1, B1, C1 tương ứng vuông góc với B C ,C A ,A B đồng quy tại G nên theo hệ quả của định lí Cácnô ta có các B C ,C A ,A B đường thẳng đi qua A2, B2, C2 tương ứng vuông góc với 1 1 cũng đồng quy.

 . n

4 4 điểm

3

3

3

3

Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m m 12n Chứng minh rằng m n là lập phương của một số nguyên.

4m m 12n

  n

 m n

8n

2

2

3

  m n 4m 4mn 4n

8n

Ta có:

  1

 3 4 m n    

Trang | 4

Truy cập website www.hoc247.vn để làm thêm bài tập và thử sức với đề thi trắc nghiệm online

1,0    1

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

2

2

4m 4mn 4n

 1

2

2

Luyện thi THPT Quốc gia năm 2017

 là số lẻ nên p là số lẻ.

4m 4mn 4n

Giả sử p là một ước nguyên tố chung của m n và 1 Do

n p 

m p 

38n p

2

2

0,5 0,5 Từ (1) suy ra mà p là số nguyên tố lẻ

4m 4mn 4n

 1

p 1  (vô lí)

2

2

 không có ước nguyên tố chung, suy ra

1

0,5 Mặt khác p là ước của

2  m n,4m 4mn 4n

4m 4mn 4n 2 1

    . 1

0,5 do đó m n và 

38n

2n

3

1,0 Do , suy ra m – n là lập phương của một số nguyên.

5 4 điểm

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét tập hợp M các điểm có toạ độ (x; y) với x, y *(cid:0) 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. Tập M có 144 điểm được tô bằng 3 màu nên tồn tại 1 màu tô được tô ở không

0,5

48

144 3

ít hơn điểm.

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

12

0,5 cùng hoành độ). Gọi ai (i = 1,…,12) là số điểm trong 48 điểm được chọn có

48

i

 a

 i 1

1)

trong một cột thứ i suy ra:

a (a i i 2

Khi đó, số cặp điểm được chọn trong cột thứ i là:

12

 1

0,5

 a a i i 2

 i 1

2

12

a

i

12

12

12

12

 1

  

  

số cặp điểm có hoành độ trùng nhau là:

a

a

72

2 i

i

i

   a

 i 1 12

 a a i i 2

1 2

1 2

 i 1

 i 1

 i 1

 i 1

  

  

      

      

Ta có: 1,0

Vì mỗi cặp được chọn trong cùng một cột tương ứng với một cặp hàng trong

2

đó các điểm trong một hàng có cùng tung độ. 1,0

66

12C

Trang | 5

Truy cập website www.hoc247.vn để làm thêm bài tập và thử sức với đề thi trắc nghiệm online

Số các cặp hàng khác nhau là:

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Luyện thi THPT Quốc gia năm 2017

Vì 72 > 66 nên luôn tìm được hai cặp điểm nằm trên 1 cặp hàng.

0,5

Vậy luôn tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ và có 4 đỉnh tô cùng một màu.

Trang | 6

Truy cập website www.hoc247.vn để làm thêm bài tập và thử sức với đề thi trắc nghiệm online

Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.