HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ================= TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN TỈNH HƯNG YÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10 NĂM 2015 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề này có 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1 (4,0 điểm): Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 0 4 5 6 2 4 x y x y y y x y y  + + − =   − + + = +   Câu 2 (4,0 điểm): Cho hình thang ABCD có cạnh đáy AB, CD. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho MC = MD. Gọi O là giao điểm của AC và BD; O 1 , O 2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM và BCM. Chứng minh O 1 O 2 vuông góc với OM. Câu 3 (4,0 điểm) Cho đa thức 3 2 ( ) 3 9 20f x x x x= − + + chứng minh rằng tồn tại số nguyên a sao cho ( )f a chia hết cho 2015 3 . Câu 4 (4,0 điểm) Cho các số thực dương , , ,a b c d thỏa mãn điều kiện a b c d≥ ≥ ≥ và 1abcd = . Chứng minh rằng: 1 1 1 3 3 1 1 1 1a b c d + + + ≥ + + + + . Câu 5 (4,0 điểm) Trong hình tròn bán kính * n∈¥ cho 4n đoạn thẳng có độ dài mỗi đoạn bằng 1. Chứng minh rằng với đường thẳng d cho trước luôn tìm được một đường thẳng song song hoặc trùng hoặc vuông góc với d và cắt ít nhất hai đường thẳng trong 4n đường thẳng đã cho. HẾT Người ra đề Hoàng Tuấn Doanh Quách Thị Tuyết Nhung ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10 Câu Nội dung chính cần đạt Điểm Câu 1 Xét hệ: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 0 1 4 5 6 2 4 2 x y x y y y x y y  + + − =   − + + = +   ĐK: 5 4 y ≥ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 0 2 0 x y y x y y x y y x y y x y y ⇔ + − + + + − = ⇔ + − + + = 2 2 x y y ⇔ + = (do 2 2 2 0x y y + + > ) 1,0đ Với 2 2 0x y y x+ = ⇒ = . Thay vào (2) ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 5 2 6 4 * 2 4 5 4 12 8 4 5 1 2 2 4 5 2 3 3 4 5 1 2 4 y y y y y y y y y y y y − = − + ⇔ − = − + ⇔ − + = −  − = −  ⇔  − = −  1,0đ Giải (3): 2 3 4 2 2 2 2 8 7 0 y y y y  ≥ +  ⇔ =   − + =  1,0đ Giải (4): 2 1 2 2 4 3 0 y y y  ≤    − + =  (vô nghiệm) Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( ) 4 2 ; 0; 2 x y   + =  ÷   Chú ý: Học sinh có thể giải phương trình (*) bằng cách đặt 4 5 2 3y z− = − và đưa về hệ đối xứng. 1,0đ Câu 2 N O O 2 O 1 M F E D C B A Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O 1 ) và AC F là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O 2 ) và BD Do ABCD là hình thang và MC = MD nên · · AMD BMC= (1) Mặt khác, · · · · ;AMD AED BMC BFC= = (2) Từ (1) và (2) · · · · AED BFC DEC DFC⇒ = ⇒ = ⇒ tứ giác CDFE nội tiếp. 1,0đ Từ đó có: · · OFE ECD= mà · · ECD CAB= nên · · OFE EAB= ⇒ tứ giác ABEF nội tiếp. 1,0đ Giả sử (O 3 ) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEF Ta có: MN, AC, BD lần lượt là các trục đẳng phương của các cặp đường tròn ( ) ( ) 1 2 ,O O ; ( ) ( ) 1 3 ,O O và ( ) ( ) 2 3 ,O O . ⇒ MN, AC, BD đồng quy. 1,0đ ⇒ M, N, O thẳng hàng. Lại có, O 1 O 2 ⊥ MN ⇒ O 1 O 2 ⊥ OM. (đpcm) 1,0đ Câu 3 3 ( ) ( 1) 6( 1) 27f x x x= − + − + 3 (9 1) (9 ) 6.9 27f x x x⇒ + = + + = 3 27(27 2 1)x x+ + Đặt 3 ( ) 27 2 1g x x x= + + 1,0đ Gọi A= { } 2012 3 1 ( ) k g k = . Ta chứng minh A là 1 hệ thặng dư đầy đủ mod 2012 3 Thật vậy, giả sử A không là 1 hệ thặng dư đầy đủ mod 2012 3 ⇒ tồn tại i, j sao cho: 2012 1 3i j≤ < ≤ và g(i) ≡ g(j) (mod 2012 3 ) ⇒ 3 3 27 2 1 27 2 1i i j j+ + ≡ + + (mod 2012 3 ) ⇒ 2 2 27( ) 2 ( ) 0i j ij i j   + + + − ≡   (mod 2012 3 ) ⇒ i ≡ j (mod 2012 3 ) (mâu thuẫn) ⇒ A là hệ thặng dư đầy đủ mod 2012 3 2,0đ ⇒ Tồn tại n ∈ 2012 [1; 3 ] sao cho: g(n) ≡ 0(mod 2012 3 ) ⇒ f(9n+1) = 27.g(n) chia hết cho 27. 2012 3 = 2015 3 . Vậy tồn tại số nguyên a để ( ) f a chia hết cho 3 2015 (đpcm). 1,0đ Câu 4 Nhận xét: Do số dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a b c d≥ ≥ ≥ nên 1ab cd d≥ ≥ ≥ . Chứng minh BĐT: 1 1 2 1 1 1 a b ab + ≥ + + + 1,0đ Ta có: 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 d a b d ab d cd + ≥ = ≥ = + + + + + + . 1,0đ 1 1 1 1 1 1 d c d d ≥ = + + + 1,0đ Do đó: 1 1 1 3 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1a b c d a b d c d     + + + = + + + +  ÷  ÷ + + + + + + + + +     2 2 1 3 1 1 1 1 d d d d d d     ≥ + + + =  ÷  ÷ + + + +     Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1. 1,0đ Câu 5 Ta chứng minh: Với mỗi véc tơ có độ dài bằng 1 thì tổng độ dài các hình chiếu vuông góc của nó trên hai đường thẳng vuông góc với 1,0đ nhau không bé hơn 1. Thật vậy, giả sử véc tơ a r có độ dài bằng 1 và có hình chiếu trên hai đường thẳng vuông góc là ,x y r ur thì a x y= + r r ur . ⇒ 1 a x y x y= = + ≤ + r r ur r ur (đpcm) Xét hình chiếu của 4n đoạn thẳng trên hai đường thẳng vuông góc d và 'd . Theo chứng minh trên, tổng độ dài hình chiếu của các đoạn thẳng đó không bé hơn 4n. Bởi vậy, Từ hai đường thẳng d và 'd có thể chọn được 1 đường thẳng mà tổng độ dài các hình chiếu của 4n đoạn thẳng đã cho không bé hơn 2n. 1,0đ Vì tất cả 4n đoạn thẳng được xếp trong hình tròn có bán kính bằng n nên tập hợp các hình chiếu của chúng trên mỗi đường thẳng nằm trên 1 đoạn thẳng có độ dài bé hơn 2n. 1,0đ Suy ra, trên đường thẳng được chọn tìm được 1 điểm thuộc vào hình chiếu của ít nhất 2 đoạn thẳng. Đường thẳng đi qua điểm này và vuông góc với đường thẳng được chọn sẽ cắt ít nhất 2 đoạn thẳng và nó song song hoặc trùng hoặc vuông góc với d (đpcm) 1,0đ Hoàng Tuấn Doanh Quách Thị Tuyết Nhung (0987258681) (0982690763) . HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ================= TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN TỈNH HƯNG YÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10 NĂM 2015 Thời gian làm. ý: Học sinh có thể giải phương trình (*) bằng cách đặt 4 5 2 3y z− = − và đưa về hệ đối xứng. 1,0đ Câu 2 N O O 2 O 1 M F E D C B A Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O 1 ) và. chứng minh rằng tồn tại số nguyên a sao cho ( )f a chia hết cho 2015 3 . Câu 4 (4,0 điểm) Cho các số thực dương , , ,a b c d thỏa mãn điều kiện a b c d≥ ≥ ≥ và 1abcd = . Chứng minh rằng: