1 KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM 2018 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN HỌC LỚP 10 (Đáp án gồm 06 trang) Bài 1 (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THP[.]
Trang 11
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ X, NĂM 2018
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN HỌC
LỚP: 10
(Đáp án gồm 06 trang)
Bài 1: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Lào Cai
2 2
2
,
x y
Cách
1
Điều kiện:
2 28 0
3
x y
Xét phương trình (1):
x y y x x x x y y
0,5đ
Nếu x 2 y 0 (x 2)22 x 2 y22 y
Nếu 0 x 2 y (x 2)22 x 2 y22 y
Vậy x 2 y
0,5đ
Thay y x 2 vào (2) ta được phương trình 4 x 2 22 3 x x28 (*) 0,5đ
( 1)( 1) 0
0,5đ
1
1 0 (**)
x
x
0,5 đ
2
3
x
Do đó (*) có nghiệm duy nhất x2
0,5đ
Vơi x 1 y 1(thỏa mãn điều kiện)
Với x 2 y 4(thỏa mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình đã có hai nghiệm ( 1;1);(2;4)
0,5 đ
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
Trang 22
Cách
2
Điều kiện:
2 28 0
3
x y
Ta thấy hệ không có nghiệm 2
0
x y
Xét y x 2 0
2
2 2
2 2
y x
Thay y x 2 vào (2) ta được phương trình 4 x 2 22 3 x x28 (*)
0,5đ
0,5đ
0,5đ
2
2
4 9( 2) (x 4) 9(22 3 ) (14 )
3( 1)( 2)
3( 1)( 2)
( 1)( 2) 0
3 0
1,0đ
2
3
x
3 x 2 (x 4)3 22 3x (14 x)
Do đó phương trình (*) có hai nghiệm x 1;x2
0,5đ
Vơi x 1 y 1(thỏa mãn điều kiện)
Với x 2 y 4(thỏa mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình đã có hai nghiệm ( 1;1);(2;4)
0,5đ
Bài 2: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Lê Thánh Tông - Quảng Nam
Cho tam giác ABC nhọn có ABAC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R Các đường cao AD BE CF cắt nhau tại H Gọi K là hình chiếu vuông góc của O trên BC và , ,
J là điểm nằm trên tia OK sao cho OK OJ R2 Các đường thẳng HK và EF cắt nhau tại , I các đường thẳng BC và EF cắt nhau tại P
1 Chứng minh rằng ID vuông góc với OP
2 Chứng minh rằng các điểm I J D thẳng hàng , ,
Trang 33
2
L
O 2
O 1 P
I Q
J
K
H F
D
E
O A
B
C
2.1
AP cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là Q
- Chứng minh được A, Q, E, F đồng viên ( PA PQ PB PC PE PF )
Mà A, E, F, H nằm trên đường tròn đường kính AH nên năm điểm A, Q, E, F,
H cùng nằm trên đường tròn đường kính AH Do đó, AQH 900
0,5đ
Suy ra tứ giác PQHD nội tiếp đường tròn (O1) với O1 là trung điểm HP
Áp dụng định lý Brocard cho tứ giác BFEC nội tiếp trong đường tròn tâm K,
ta có HK ⊥ AP Lại có HQ ⊥ AP nên bốn điểm H, K, I, Q thẳng hàng
0,5đ
Gọi (O2) là đường tròn Euler của tam giác ABC (O2 là trung điểm OH) suy
ra D, E, F nằm trên đường tròn (O2)
Ta có: IE IF IQ IH suy ra I có cùng phương tích đối với hai đường tròn
(O1) và (O2) Do đó, ID là trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2)
nên ID ⊥ O1O2 hay ID ⊥ OP
1,0đ
2.2
Gọi L là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBJC với PJ
Áp dụng hệ thức Maclaurin cho hàng điều hòa P, D, B, C với K là trung
điểm BC, ta có: PB PC PD PK
Do đó: PL PJ PD PK nên tứ giác KDLJ nội tiếp suy ra DLJ 900 Do đó
O, D, L thẳng hàng và OD ⊥ PJ
1,0đ
Cuối cùng, dựa vào D là trực tâm của tam giác OPJ để đi đến kết quả JD ⊥
Trang 44
Thiên Huế
Tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho 2018 n được biểu diễn dưới dạng tổng lập phương của 2019 số nguyên chẵn liên tiếp
Giả sử tồn tại số nguyên dương n để cho
2018
3
0
2018n (2 2 )
i
với kZ
1,0đ
Ta có
2018
0
8 8.2019
i
Bằng quy nạp, chứng minh được rằng
0
( 1) 2
n
i
n n i
Suy ra
2
2018.2019
24 2
1,0đ
Tương tự, bằng quy nạp, chứng minh được các công thức
2
0
( 1)(2 1) 6
n
i
i
3
0
( 1)
4
n
i
n n i
Suy ra
2018.2019.4037
24 6
và
2018 2019
8 4
1,0đ
Vậy 2018n 2 1009n n chia hết cho 2019 3 673 và điều này là mâu thuẫn
Vậy không tồn tại số nguyên dương n sao cho 2018n được biểu diễn dưới
dạng tổng lập phương của 2019 số nguyên chẵn liên tiếp
1,0đ
Bài 4: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Hoàng Lê Kha - Tây Ninh
Cho 3 số thực không âm , , x y z Chứng minh rằng
2 2 2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schawarz ta có
2 2 2
3
x y z
8 x y z 8 8 x y z 8
0,5đ
0,5đ
Trang 55
*
x y z
Ta chứng minh
2
3
x
x x
Thật vậy
2
3
x
Bất đẳng thức cuối đúng với mọi x0, nên (1) được chứng minh
Đẳng thức ở (1) xảy ra khi và chỉ khi x1
Tương tự ta cũng có:
2
3
y
y y
(2) ; 2
3
z
z z
Cộng (1), (2), (3) ta có (*) được chứng minh
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
x y z
0,5đ
Bài 5: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn - Bình Định
Với mỗi a a1, 2, ,a2018 là một hoán vị của 2018 số nguyên dương đầu tiên, cho phép được thực hiện phép đổi chỗ như sau: Mỗi lần lấy hai số tùy ý trong hoán vị gọi là , a a rồi i j đổi chỗ của chúng cho nhau và đồng thời ghi trên bảng số 2 a i a j Chứng minh rằng từ hoán vị a a1, 2, ,a2018 tùy ý của 2018 số nguyên dương đầu tiên, ta có thể thu được hoán vị
1,2, ,2018 nhờ thực hiện liên tiếp các phép biến đổi nói trên và sao cho tổng của các số
ghi được trên bảng không vượt quá a1 1 a2 2 a20182018
Với hoán vị a a1, 2, ,a2018 ta đặt
2018
1
i i
Bài toán yêu cầu từ hoán
vị a a1, 2, ,a2018 đưa về hoán vị 1,2, ,2018 tức là ta cần làm
2018
1
i i
tiến về 0
Nhận xét Khi đổi chỗ ,a a ta được hoán vị mới có i j
1,2, ,2018 \ , j
Khi đó SS'a i i a j j a j i a i j (*)
1,25đ
Trang 66
Gọi j là vị trí lớn nhất mà có số nằm không đúng vị trí thì a j j Bây giờ
ta xét a j vị trí đầu tiên của hoán vị, suy ra vị trí j nằm ngoài các vị trí đó
và ta có a j nằm ở vị trí j Vì vị trí j nằm ngoài các vị trí đó và a j nằm ở vị
trí j nên trong a vị trí đầu tiên của hoán vị mà chỉ có không quá j a j 1 số
nhỏ hơn a nên tồn tại một số j a i a j Dễ dàng suy ra được ia j a i j
(vì a nằm ở vị trí i trong i a vị trí nên j ia j và j là vị trí lớn nhất mà có
số đó không nằm đúng vị trí nên a i j) Như vậy ta luôn tìm được hai số
,
i j
a a thỏa mãn ia j a i j
1,5đ
Bây giờ ta chỉ việc đổi chỗ 2 vị trí ,a a đó, thì từ (1) ta suy ra i j
' 2 i j 0 1
S S a a
Như vậy mỗi lần đổi chỗ ,a a thì S giảm thực sự Do đó theo nguyên lý i j
cực hạn đến một lúc nào đó S bằng 0, tức là ta đã đưa hoán vị tùy ý về hoán
vị 1,2, ,2018 Mặt khác từ (1) ta có: S trừ cho tổng các số trên bảng lớn
hơn hoặc bằng 0 nên tổng các số trên bảng không vượt quá S Bài toán được
chứng minh hoàn toàn
1,25đ
CHÚ Ý KHI CHẤM
1 Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không quá số điểm dành cho câu, phần đó
2 Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm
3 Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và ghi vào biên bản
