Đề thi HSG khu vực Bắc Bộ năm 2012 Môn Toán 10 pptx

3 Chứng minh bất đẳng thức:.. 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.. Mỗi điểm trong M được tô bởi một trong ba m

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 Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012

(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 1 trang

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

4







Câu 2 (4 điểm): Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn xy yzzx 3

Chứng minh bất đẳng thức:

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: 3 3

Chứng 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

……… HẾT ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán 10

1

Giải hệ phương trình:  

 







4 điểm

Hệ phương trình tương đương:







1,0

Thế vào phương trình (2) ta thu được: 2y29y 6 0 0,5

4

4

y y















0,5

y   x     Vậy phương trình có hai nghiệm:

x y      

;  ;  3 33; 9 33

x y      

0,5

2 Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn xy yzzx  3

Chứng minh bất đẳng thức:

4 điểm

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

2 3

2 6 8

x

 



1,0

Tương tự, ta cũng có

;

Từ đó suy ra:

0,5

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz :

1,0

Ta chứng minh:

 

2



Thật vậy:

Ta có:

2 2

12 0

0,5

3 2(x yz) x  y z (x yz) 18

 x2  y2 z2  x y z 6

Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có:

Mà xy yzzx nên bất đẳng thức (3) đúng 3

Từ (1), (2) và (3), ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y  z 1

0,5

3 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 A 1 là giao điểm của AG và FQ; B 1 là giao điểm của BG và NE;

C 1 là giao điểm của CG và MP Ta xác định các điểm A 2 , B 2 , C 2 sao cho

AGC 2 F, BGA 2 N, CGB 2 P là các hình bình hành Chứng minh rằng các

đường thẳng đi qua A 2 , B 2 , C 2 tương ứng vuông góc với B 1 C 1 , C 1 A 1 , A 1 B 1

đồng quy

4 điểm

A2

C2

C1

B1

A1

G I

M N

F

E

P Q

A

Gọi I là trung điểm của BC Ta có:

FQ.AI= FA+AQ AB+AC = FA.AB+FA.AC+AQ.AB+AQ.AC

              0,5

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

Do AF = AC, AQ = AB, FAC=QAB=90 +A

   

 

1

FQ AI hay FQ AG 1

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)

Từ (1) và (2) suy ra A G1 B C2 2

1,0

Tương tự cũng có B G1 A C , C G2 2 1 A B2 2 0,5

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 đường thẳng đi qua A2, B2, C2 tương ứng vuông góc với

B C ,C A ,A B cũng đồng quy

1,0

4 Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m3 m 12n 3 n

Chứng minh rằng mn là lập phương của một số nguyên

4 điểm

   2 2  3  

Giả sử p là một ước nguyên tố chung của mn và 4m2 4mn4n2 1

Do 4m2 4mn4n2 1 là số lẻ nên p là số lẻ

0,5

Từ (1) suy ra 8n p mà p là số nguyên tố lẻ  n pm p 0,5

4m 4mn4n 1 p 1 (vô lí) 0,5

do đó mn và 4m2 4mn4n2 1 không có ước nguyên tố chung, suy

Do 3  3

8n  2n , suy ra m – n là lập phương của một số nguyên 1,0

5 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét tập hợp M các điểm có toạ độ (x; y) với x, y

 * 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

4 điểm

Tập M có 144 điểm được tô bằng 3 màu nên tồn tại 1 màu tô được tô ở không

ít hơn 144

48

3  điểm

0,5

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

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

trong một cột thứ i suy ra:

12 i

i 1







0,5

Khi đó, số cặp điểm được chọn trong cột thứ i là: a (ai i 1)

2



số cặp điểm có hoành độ trùng nhau là: 12  

i i

i 1

2







0,5

Ta có:  

2 12 i

a





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

đó các điểm trong một hàng có cùng tung độ

Số các cặp hàng khác nhau là: C122 66

1,0

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

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

0,5

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