HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM TỈNH QUẢNG NAM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 10 NĂM 2015 Thời gian làm 180 phút (Đề có 01 trang gồm câu) Câu 1: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x2 + y2 =   z + z( x + y) =   z ( y − x) = 48 Câu 2: (4,0 điểm) Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc điểm K, ((O’) nằm (O)).Điểm A nằm (O) cho A, O, O’ không thẳng hàng Các tiếp tuyến AD, AE (O’) cắt đường tròn (O) điểm thứ hai B C ( D, E tiếp điểm ) Đường thẳng AO’ cắt (O) điểm thứ hai F Chứng minh BC, DE, FK đồng quy Câu 3: (4,0 điểm) ( ) ( ) Tìm số nguyên dương m, n (m, n > ) thỏa mn − | n − Câu 4: (4,0 điểm) Cho ba số a, b, c ≥ thoả 32abc − 18 ( a + b + c ) = 27 Chứng minh rằng: bc a − + ac b − + ab c − ≤ 5abc Câu 5: (4,0 điểm) ( ) Trong đợt giao lưu học sinh gồm 2m m > học sinh Biết học sinh bất kỳ, có cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với ( ) ( ) ( ) Kí hiệu f 2m số cặp đôi Chứng minh rằng: f 2m ≥ m m − …………………………………… HẾT…………………………………………… Người đề: Nguyễn Thanh Thiên - ĐT liên hệ: 0905662875 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10 Câu Đáp án Câu 1: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x2 + y2 =  Ta có hệ phương trình  z + z ( x + y ) =   z ( y − x) = 48 Điểm  x2 + y2 =   z + z( x + y) =   z ( y − x) = 48 (1) (2) 1,0 (3) 2 z  z  Từ (1) (2) ta suy x + y + z + zx + zy = 12 ⇔  x + ÷ +  y + ÷ = 2  2  2 Từ (1) ta suy (2 y ) + (−2 x) = (5) Đặt 2 (4) r  r z z u =  x + ; y + ÷ , suy u = ( (4) ) 2  r r v = ( y; −2 x ) , từ (5) suy v = ( (5) ) 1,0 rr Ta có u.v = yz − zx = z ( y − x) = 48 rr r r Mặt khác, ta có u.v ≤ u v = 48 r r Dấu xảy u v hướng, suy 1,0 z z y+ 2= ⇔ 2( x + y ) = − z ( x + y ) 2y −2 x Suy z ( x + y ) = −4 , từ (2) suy z = 16 ⇔ z = ±4 x+  −1 − x=  x + y = −   ⇔ + với z = thay vào hệ ta đươc   y − x =  y = −1 +   1+ x =  x + y =  ⇔ + với z = −4 thay vào hệ ta đươc   y − x = −  y = 1−  1,0 Thử lại, ta thấy giá trị thỏa mãn −1 − −1 + 1+ 1− ; ) , (−4; ; ) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y; z ) (4; 2 2 2 Câu 2: (4,0 điểm) Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc điểm K, ((O’) nằm (O)).Điểm A nằm (O) cho A, O, O’ không thẳng hàng Các tiếp tuyến AD, AE (O’) cắt đường tròn (O) điểm thứ hai B C ( D, E tiếp điểm ) Đường thẳng AO’ cắt (O) điểm thứ hai F Chứng minh BC, DE, FK đồng quy Hình vẽ: Gọi M giao điểm KD với (O); T giao điểm BF KC Dễ thấy O’D//OM Suy OM vuông góc AB Suy M điểm cung AB Gọi S giao điểm BC ED; S’ giao điểm BC KF Ta chứng minh S trùng với S’ Xét tam giác ABC, áp dụng định lý Menelaus với cát tuyến DES’, có: S 'B EC DA S 'B DB EA DB =1⇔ = = S 'C EA DB S 'C EC DA EC 1,0 ( 1) ( doDA = EA) 1,0 Xét tam giác TBC, với cát tuyến SKF, có: SB K C FT SB K T BF K T BF = 1⇔ = = SC K T FB SC K C FT FT K C 1,0 Mặt khác, tam giác BKT đồng dạng với tam giác CFT nên ta có: KB KT = FC T F ⇒ ( 2) ( DoFB = FC ) SB K B = SC K C Do KE KD hai đường phân giác góc ∠AK C góc ∠BK A , nên ta có:  K B DB =  K A DA  K C EC  =  K A EA ⇒ BD K B = CE KC Từ ( 1) , ( 2) , ( 3) suyra ( 3) 1,0 SB S 'B = SC S 'C Hay S ≡ S ' Câu 3: (4,0 điểm) ( Tìm số nguyên dương m, n m, n > ) ( ) ( ) thỏa mn − | n − 1,0 Từ giả thiết, suy ra: mn − | mn − m = n2 mn − − m + n2 ) ( ⇒ ( mn − 1) |( n ) ( )( ) ( ) 1,0 −m Tương tự, mn − | mn2 − m2 = n mn − + n − m2 ) ( ) ( ⇒ ( mn − 1) |( n − m ) ( 2) Từ ( 2) , có n − m ≥ mn − ( ) 2 * Nếu n > m2 n − > n − m2 ≥ mn − Điều vô lý * Nếu n = m2 m, n = k, k Điều thỏa mãn ) ( ( 1,0 ) * Nếu n < m2 m2 − > m2 − n ≥ mn − Suy m > n () 1,0 Từ , ta có: m − n ≥ mn − + Khi m > n2 m − > m − n2 ≥ mn − Điều vô lý 2 + Khi m < n2 n < m < n ⇒ n − n > n − m ≥ mn − suy n < Vô lý ( ) ( ) + Khi m = n2 m, n = k , k thỏa mãn ( ) ( ) ( ) 2 Kết luận : Vậy, m, n = k, k k , k Với k nguyên dương Câu 4: Cho ba số a, b, c ≥ thoả 32abc − 18 ( a + b + c ) = 27 Chứng minh rằng: bc a − + ac b − + ab c − ≤ 5abc + Với x, y, z ≥ ta có x + y + z ≤ 3( x + y + z ) + Từ bất đẳng thức cho ta có: VT 1   1 = − + − + − ≤ 3 −  + + abc a b c  a b c 1,0   1 1 ÷ = −  + + ÷  a b c  Suy ra: VT 1 1 ≤ − + + ÷ abc a b c Từ giả thiết 32abc − 18 ( a + b + c ) = 27 1  27  ⇔ 18  + + ÷+ = 32  ab bc ca  abc (*) 1,0 1 11 1 1 1 1 + + ≤  + + ÷ ≤  + + ÷ Ta có: ab bc ca  a b c  abc 27  a b c    Đặt t =  + + ÷ a b c 1 1,0 t  t  18  ÷+ 27  ÷ ≥ 32 ⇔ t + 6t − 32 ≥ ⇔ ( t − ) ( t + ) ≥ ⇔ t ≥ 3  27  Từ (*) ta suy ra: VT 1 1 ≤ −  + + ÷ = − 22 = ⇔ VT ≤ 5abc Vậy abc a b c Dấu ‘=’ xảy khi a = b = c = 1,0 Câu (4,0 điểm) Trong đợt giao lưu học sinh gồm 2m ( m > 1) học sinh Biết học sinh bất kỳ, có cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với Kí hiệu f ( 2m) số cặp đôi Chứng minh rằng: f 2m ≥ m m − ( ) ( ) Ta xây dựng mô hình biểu diễn (K) gồm n ( n = 2m)  điểm sau: Mỗi học sinh biểu diễn điểm ( điểm thảng hàng ) Hai học sinh có trao đổi học tập biểu diễn đường liền nét, hai học sinh trao đổi học tập biểu diễn đường không liền nét Kí hiệu P tập hợp n điểm, f ( n ) số đoạn nối liền nét biểu diễn (K) 1,0 Từ giả thiết, ta suy điểm P có nhât đường liền nét Ta giả thiết rằng, biểu diễn K tồn hai điểm A, B mà đoạn nối AB không liền nét Đặt Q = P \ { A, B } Như vậy, Q có n-2 điểm, biểu diễn K ta bỏ đoạn AB tất đoạn nối với A, nối với B ta biểu diễn K’ tập Q thỏa toán Gọi f ( n − 2) số đoạn thẳng liền nét (K’) Lấy điểm C thuộc tập Q suy đoạn CA, CB phải có đoạn liền nét (vì AB không liền nét) (*) Vì Q có ( n − 2) điểm nên suy f ( n ) ≥ n − + f ( n − 2) 1,0 Công thức truy hồi (*) cho ta: f ( n ) ≥ ( n − 2) + ( n − 4) + + + f (4) n chẵn Suy f ( n ) ≥ ( n − 2) + ( n − 4) + + + Suy f ( n ) ≥ ( f (4) ≥ 1,0 ) n n−2 Thay n = 2m , ta thu kết Trường hợp dấu xảy sau: Chia học sinh thành hai nhóm Nhóm X gồm m học sinh có trao đổi học tập đôi một, Nhóm Y gồm m học sinh có trao đổi học tập đôi Mỗi học sinh nhóm trao đổi học tập với học sinh nhóm Cách chọn thỏa giả thiết toán Số đoạn nối liền nét m điểm tập X tập Y ( m − 1) + ( m − 2) + + = ( 1,0 ) Suy f ( m) = m( m − 1) m m−1 Nguyễn Thanh Thiên - ĐT liên hệ: 0905662875 Lưu ý: - Thí sinh làm khác đáp án hợp lý đạt điểm tối đa - Khuyến khích cách giải sáng tạo