SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ ĐỀ XUẤT THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: Toán Lớp 10 Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI Câu 1. (4,0 điểm ) Giải hệ phương trình: 2 1 1 4( ) 3( ) 2014 2 2015 x y x y x y x y  + + + = + + +   − =   Câu 2. (4,0 điểm) Cho hai đường tròn ( ω 1 ), ( ω 2 ) tiếp xúc ngoài tại điểm T. Một đường thẳng cắt đường tròn ( ω 1 ) tại các điểm A, B và tiếp xúc với ( ω 2 ) tại X. Đường thẳng XT cắt ( ω 1 ) tại S và C là một điểm trên cung TS không chứa A và B. Cho CY là tiếp tuyến của ( ω 2 ) tại Y sao cho các đoạn thẳng CY và ST không cắt nhau. Cho I là giao điểm của các đường thẳng XY và SC; AI cắt đường tròn ( ω 1 ) tại điểm thứ hai K. Chứng minh rằng: a) C, T, Y và I cùng thuộc một đường tròn. b) KB=KC=KI. Câu 3. (4,0 điểm) Chứng minh, với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại số tự nhiên x sao cho 2 ( ) 64 21 27f x x x= + + chia hết cho 2 n . Câu 4. (4,0 điểm) Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn 3 4 x y z+ + ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 ( )( )( )P x y y z z x x y z = + + + + + + Câu 5. (4.0 điểm) Có 2015 vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng tròn, mỗi đấu thủ đấu với tất cả các đấu thủ còn lại. Kết quả mỗi trận đấu chỉ có thắng hoặc thua, không có hòa. Chứng minh rằng có thể xếp 2015 vận động viên theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau. HẾT Người ra đề: Phạm Thị Hà Định Số điện thoại : 0912581381 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN CÂU NỘI DUNG 1 4,0 đ Giải hệ phương trình: 2 1 1 4( ) 3( ) (1) 2014 2 2015 (2) x y x y x y x y  + + + = + + +   − =   Điều kiện: 0x y+ ≥ . Đặt ; 0u x y u= + ≥ . Ta có (1) trở thành 2 4 2 4 1 1 4 3 1 3 4 1u u u u u u+ + = + ⇔ + − = − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 (2 1)(2 1) 1 3 1 (2 1) 2 1 0 2 1 0 2 2 1 1 3 u u u u u u u u u x y u u + − ⇔ = − + + +   ⇔ − + + = ⇔ − = ⇔ + =  ÷ + +   Kết hợp với (2) ta có hệ: 1 2 2 1 1 2014 2 2015 2 x x y x y y =  + =   ⇔   − = = −    KL: Hệ đã cho có nghiệm (x;y) = 1 1; 2    ÷   . 2 4,0 đ Cho hai đường tròn ( ω 1 ), ( ω 2 ) tiếp xúc ngoài tại điểm T. Một đường thẳng cắt đường tròn ( ω 1 ) tại các điểm A, B và tiếp xúc với ( ω 2 ) tại X. Đường thẳng XT cắt ( ω 1 ) tại S và C là một điểm trên cung TS không chứa A và B. Cho CY là tiếp tuyến của ( ω 2 ) tại Y sao cho các đoạn thẳng CY và ST không cắt nhau. Cho I là giao điểm của các đường thẳng XY và SC; AI cắt đường tròn ( ω 1 ) tại điểm thứ hai K. Chứng minh rằng: a) C, T, Y và I cùng thuộc một đường tròn. b) KB=KC=KI. a) + Do hai đường tròn ( ω 1 ), ( ω 2 ) tiếp xúc ngoài tại T nên ta có · » º · = = = TAS 2 2 XT TS BXT suy ra S là điểm chính giữa cung AB hay SA=SB. Mà · · = TASTCI (ATCS nội tiếp), · · =TAS BXT và · · = YXBXT T nên · · = TYITCI . Suy ra CTIY nội tiếp. b) Do · · =AXS TAS nên suy ra ∆ = ∆AX ASS T nên = 2 .SA ST SX . Ta có · · · = =CIT CYT TXY nên ∆ = ∆SXI SIT hay = 2 .SI ST SX . Từ đó SA=SI. Mặt khác · · · · · ·   + = − = − + = −  ÷  ÷   0 0 0 180 180 90 2 2 BAC ABC ACB BCI BCS ACB nên CI là phân giác ngoài của góc · ACB . Trong tam giác cân BSI ta có · · · = =BSI BSC BAC mà ¶ · = − 0 BIS 90 2 ABC hay BI là phân giác ngoài góc · ABC . Do đó I là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Mà AI cắt đường tròn ( ω 1 ) ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai K nên KB=KC=KI. 3 4,0 đ Chứng minh, với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại số tự nhiên x sao cho 2 ( ) 64 21 27f x x x= + + chia hết cho 2 n . +) Với n =1, chọn x =1 khi đó (1) 92f = chia hết cho 1 2 . +) Giả sử với n k= , tôn tại k x sao cho ( ) 2 k k f x M . +) Với 1n k= + . Từ ( ) 2 ( ) .2 k k k k f x f x K⇒ =M , với K nguyên dương. Chọn 1 2 k k k x t x + = + , với t nguyên dương. Khi đó 2 2 1 1 1 2 2 2 1 ( ) 64 21 27 64(2 ) 21(2 ) 27 64 2.64 .2 64.2 21.2 21 27 2 21.2 2 k k k k k k k k k k k k k k k k f x x x t x t x x x t t t x K t p + + + + = + + = + + + + = + + + + + = + + Với p nguyên dương, nên tồn tại t’ sao cho ( 21 ') 2K t+ M . Vậy chọn 1 2 k k k x t x + = + thì 1 1 ( ) 2 k k f x + + M . Theo nguyên lý quy nạp ta có, với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại số tự nhiên x sao cho 2 ( ) 64 21 27f x x x= + + chia hết cho 2 n . 4 4,0 Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn 3 4 x y z+ + ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 ( )( )( )P x y y z z x x y z = + + + + + + Đặt , ,x a y b z c= = = , ta có , ,a b c là các số dương thỏa mãn 2 2 2 3 4 a b c+ + ≤ và 2 2 2 1 1 1 ( )( )( )P a b b c c a a b c = + + + + + + . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 2 2 2 2 1 4 1 4 1 4 1 4 4 4; 4; 4 a a a a b b c c + ≥ ⇒ ≥ − ≥ − ≥ − . Mặt khác ( )( )( ) 8a b b c c a abc+ + + ≥ , suy ra 4 4 4 1 1 1 7 1 1 1 8 12 8 12 2 2 2 2 P abc abc a b c a b c a b c     ≥ + + + − = + + + + + + −  ÷  ÷     Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 1 1 1 1 1 9 8 4; 2 2 2 abc a b c a b c a b c + + + ≥ + + ≥ + + . Suy ra 63 8 2( ) P a b c ≥ − + + . Do 2 2 2 2 9 ( ) 3( ) 4 a b c a b c+ + ≤ + + ≤ nên 3 2 a b c+ + ≤ . Suy ra 63 8 13 3 P ≥ − = . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 1 2 4 a b c x y z= = = ⇒ = = = . 5 4,0 Có 2015 vận động viên thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng tròn, mỗi đấu thủ đấu với tất cả các đấu thủ còn lại. Kết quả mỗi trận đấu chỉ có thắng hoặc thua, không có hòa. Chứng minh rằng có thể xếp 2015 vận động viên theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau. Xét tất cả các cách xếp một số vận động viên theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau. Vì số cách xếp như vậy là hữu hạn nên tồn tại một cách xếp T có nhiều vận động viên nhất. Ta chứng minh cách xếp T thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy giả sử T không chứa tất cả các vận động viên và A là người không nằm trong cách xếp T. Giả sử trong cách xếp T có n người 1 2 , , , n A A A sao cho i A thắng 1i A + . Nếu A thắng 1 A thì cách xếp 1 2 , , , , n A A A A có nhiều vận động viên hơn cách xếp T. Do đó A thua 1 A . Lập luận tương tự như vậy ta dẫn đến A thua tất cả các vận động viên 1 2 , , , n A A A . Nhưng khi đó cách xếp 1 2 , , , , n A A A A có nhiều vận động viên hơn cách xếp T, vô lí. Vậy cách xếp T phải chứa tất cả các vận động viên và ta có điều phải chứng minh. HẾT Người ra đề: Phạm Thị Hà Định Số điện thoại : 0912581381 . DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ ĐỀ XUẤT THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: Toán Lớp 10 Thời gian: 180 phút. thắng người đứng kề sau. HẾT Người ra đề: Phạm Thị Hà Định Số điện thoại : 0912581381 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN CÂU NỘI DUNG 1 4,0 đ . tất cả các vận động viên 1 2 , , , n A A A . Nhưng khi đó cách xếp 1 2 , , , , n A A A A có nhiều vận động viên hơn cách xếp T, vô lí. Vậy cách xếp T phải chứa tất cả các vận động viên và ta