Dap an 30 đề đề hsg toán 10 toàn quốc 2010 2018 22 31

Nhận xét: Nếu không có người nào trong nhóm 2k vận động viên đã thi đấu với cả E và F thì số ván đấu tối đa là 2k mâu thuẫn với * Do đó, trong số 2k vận động viên còn lại, phải có ít n

2), đồng biến trên (12;+∞).

b) Phương trình hoành độ giao điểm : x−x−2=x+m↔ x2

−2 x−m−2=0 Đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt ↔ ∆ '

2

1O

-c) √4 +x+√4−x+2√16− x2

=m (điều kiện −4 ≤ x ≤ 4¿ Điều kiện cần Giả sử hệ có nghiệm duy nhất x0

Ta có √4 +x0+√4−x0+2√16−x02=m

⟹√4+(−x¿¿0)+√4−(−x¿¿0)+2√16−(−x0)2=m.¿ ¿

⟹−x0 là một nghiệm của phương trình.

Vì phương trình có nghiệm duy nhất nên x0=−x0⟹ x0=0⟹m=12.

Điều kiện đủ Xét m = 12 phương trình đã cho trở thành:

Ta chứng minh: ⃗MD+⃗ ME +⃗ MF=3

2⃗MO Qua M kẻ đường thẳng song song với BC lần lượt cắt AB, AC tại A1, A2; kẻ đường thẳng song song với AC lần lượt cắt BC, AB tại B1, B2; kẻ đường thẳng song song với AB lần lượt cắt BC,

Gọi E là điểm đối xứng của B qua AD: y = 0, ta có E ∈ AC , E (1;−3)

Phương trình đường thẳng AC: 1−2x−2= y−0

−3−0⇔3 x− y−6=0.

C(c; 3c - 6), M(c+12 ;

3 c−3

2 ) c+ 1

2 −

3 c−3

2 −2=0⟺ c=0 ⟹ C (0 ;−6) b).Gọi M là trung điểm của BC, ta có MD = ME.

C2EA2CB1

DC1B

A1FB2A

-1

12

3C

E

A

y

t2=2−x +4 (3+x )+4√(2−x ) (3+x )=14 +3 x+4√(2−x ) (3+x ).

Thay vào phương trình ta được: 5+t2=6 t⇔t2

−6 t+5=0⟺[t=1 t=5.+) t=1 ⟺√2−x+2√3+x=1 ⟺ 2−x +3 (3+x )+4√(2−x ) (3+ x )=1

⇔ x=1thỏa mãn điều kiện.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1}

Câu 6: Cách 1:

Kết quả cơ bản:

Cho tam giác ABC trọng tâm G Khi đó với mọi điểm O ta có:

⃗

OA+⃗ OB+⃗ OC=3⃗ OG

Do M, N, P lần lượt là trọng tâm các tam giác OBC, OCA, OAB nên:

⃗

OB+⃗ OC =3⃗ OM ;⃗ OC +⃗ OA=3⃗ ON ;⃗ OA+⃗ OB=3 ⃗ OP

Cọng từng vế 3 hệ thức trên ta được: 2(⃗OA+⃗ OB+⃗ OC)=3(⃗OM +⃗ ON +⃗ OP).

2

3 (A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB).

Xét phép vị tự V O32:△ MNP → △ A '

B ' C ' Vậy trọng tâm G; của tam giác MNP biến thành trọng

tâm G của tam giác A’B’C’

Mà trọng tâm G của tam giác A’B’C’ chính là trọng tâm G của tam giác ABC

Câu 8:

Nhận xét Các tứ giác BHCM, AHCN là các hình bình hành suy ra nếu gọi E, F lần lượt là

trung điểm của BC, CA thì E, F cũng tương ứng là trung điểm của HM, HN

AH vuông góc với BC suy ra AH có vec tơ pháp tuyến ⃗n AH=(1 ;−1) , kết hợp với AH đi qua

điểm H(2;2) suy ra: AH: 1 ( x−2)−1 ( y−2)=0 ⟺ x − y=0.

Do E là trung điểm BC nên:

Vì x  nên (*) vô nghiệm Do đó (3)0  x hay 0 x  1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( ; )x y  0;0 , 1;1    

Câu 2:

P D

N

O

C

Xét hệ trục Oxy sao cho (0;1), (0;-1) A B

Ta có: ( ) :O x2 y2  1; C( )O nên (cos ;sin ).C t t

Vì C không trùng A và B nên cost 0.

CP là tiếp tuyến của ( ) O tại C  CP: cos t xsin -1 0t y 

(1 sin ) t x 2 cosy t2cost

Ta có DANBD nên tọa độ D thỏa mãn hệ:

2 cos (1 sin ) 1 sin 4cos 5sin 3

;(1 sin ) 2 cos 2cos 5 3sin 5 3sin

Vì P DP CP nên tọa độ P thỏa mãn

4cos (5sin 3) 5 3sin

x y

x y

 

Câu 3: Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có: (7a2 b2 c2)(7 1 1) (7   a b c  )2

Câu 4: Không mất tính tổng quát, giả sử x  Xét giá trị k nguyên dương sao cho phương trình đã y.

cho có nghiệm nguyên dương Trong các nghiệm ấy ta gọi ( ; )x y là nghiệm sao cho0 0

Giả sử 4 vận động viên tham dự là , , ,A B C D và có 5 ván đấu đã diễn ra.

Nếu hai trong 3 người , ,B C D chưa đấu với nhau Giả sử B và C chưa đấu với nhau thì do số

trận tối đa là C  42 1 5 mà đã có 5 ván đấu diễn ra nên chỉ có B và C là chưa đấu với nhau

Khi đó 3 người , ,A B D và , , A C D thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Giả sử bài toán đúng với n k k ( *,k2).

+ Ta chứng minh bài toán đúng với n k 1

Giả sử E và F là hai vận động viên đã đấu với nhau

Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại lớn hơn hoặc bằng k  thì theo giả thiết 2 1

quy nạp ta có điều phải chứng minh

Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại nhỏ hơn hoặc bằng k , mà tại thời điểm 2

này có (k1)2  1 k22k ván đấu đã diễn ra nên tổng số ván mà 2 E và Fđã đấu lớn hơn hoặc bằng 2k  (kể cả ván đấu giữa 2 E và F) Suy ra số ván đấu giữa E và F với nhóm 2k

vận động viên lớn hơn hoặc bằng 2k 1(*).

Nhận xét: Nếu không có người nào trong nhóm 2k vận động viên đã thi đấu với cả E và F

thì số ván đấu tối đa là 2k ( mâu thuẫn với (*))

Do đó, trong số 2k vận động viên còn lại, phải có ít nhất một người đã thi đấu với cả E và F

(giả sử người này là G ) Khi đó ta có 3 vận động viên , , E F G thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy

bài toán được chứng minh

b b

ĐỀ SỐ 25 Câu 1: Điều kiện: x  3.

Bất phương trình tương đương với

2 2

23 105118

(góc nội tiếp chắn cung AD)

nên ABQ∽ ACD AQBADC.

Mà AQB DQK (đối đỉnh); ADC DCK (so le trong) (*)

Suy ra DQK DCK  tứ giác CQDK nội tiếp  BQC CKD  (**)

Chứng minh tương tự QBC ∽ DAC  BQC ADC (***)

Từ (*), (**), (***)  DCK CKD

Suy ra tam giác DCK cân tại D

Câu 3: Ta sẽ chứng minh giá trị nhỏ nhất của S bằng

3.2

S 

Mà khi x   thì y z 1

3.2

A

C

Lấy 5 điểm tùy ý sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng Khi đó vì chỉ dùng hai màu để tôcác điểm nên theo nguyên lý Dirichlet phải tồn tại 3 điểm trong số đó cùng màu

Giả sử đó là 3 điểm , ,A B C màu đỏ.

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC

Nếu G là màu đỏ thì ta được tam giác có 3 đỉnh và trọng tâm màu đỏ

Nếu G có màu xanh Kéo dài GA GB GC các đoạn ', ',, , AA BB CC sao cho '

' 3 , ' 3 , ' 3

AA  GA BB  GB CC  GC

Gọi M N P tương ứng là trung điểm , ,, , BC CA AB thì ' 3 AA  GA6GM, suy ra AA' 2 AM.Tương tự BB' 2 BN,CC' 2 CP

Do đó tam giác 'A BC B CA C AB tương ứng nhận , ,, ' , ' A B C làm trọng tâm

Mặt khác: ta cũng có tam giác ABC A B C có cùng trọng tâm , ' ' ' G

Có hai trường hợp có thể xảy ra:

+ Nếu ', ', 'A B C cùng màu xanh, khi đó tam giác ' ' ' A B C và trọng tâm G có màu xanh.

+ Nếu ít nhất 1 trong các điểm ', ', 'A B C màu đỏ

Không làm giảm tính tổng quát, giả sử A' đỏ

Khi đó tam giác 'A BC và trọng tâm A có màu đỏ

+A chia cho 9 không có số dư là 3; 6

+A chia cho 13 không có số dư là 1; 3; 4; 9; 10; 12

+A chia cho 17 không có số dư là 1; 2; 4; 8; 9;; 13; 15; 16

Theo định lý thăng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn

4(mod9)2(mod13).0(mod17)

n n n

T R  A I H E P N 

nên

1007.4

N 

Câu 2: Điều kiện

3.2

x 

Biến đổi phương trình về dạng (x 3 2 )( x x 3 2 x 1) 0.

Từ đó tìm được x  hoặc 3 x  2 đều thỏa mãn.

Áp dụng định lý Ptôlêmêcho tứ giác nội tiếp CA BA ta được2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Câu 5: Giả sử ngược lại, ( )P x phân tích được thành tích của hai đa thức bậc lớn hơn 0 có hệ số

nguyên thì một thừa số là đa thức bậc nhất

Thế x  vào (1) ta thu được 10 p10m n 100r10u s

Với 0 10 m n 100 p, trái với giả thiết p là số nguyên tố

Từ đó ta thu được nghiệm của hệ đã cho là ( 1;0),(2; 3),(2;  3). abc

Câu 2: a) Vì ACQP và PDQB là các tứ giác nội tiếp nên ta có:

XAQ CAQ CPQ DBQ   XBQ nên AXQB nội tiếp (1).

Vì AXQB và BPDQ là các tứ giác nội tiếp nên ta có:

Từ (1) và (2) suy ra QX là trục đẳng phương của hai đường tròn (ABQ) và (CDQ) do đó

IJ  XQ

b) Ta sẽ chứng minh rằng đường thẳng YZ đi qua điểm Q cố định và đường thẳng này cũng đi

Chứng minh tương tự ta được Y, Q, X thẳng hàng

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

Câu 3: Từ giả thiết ta có y3 x3 0(modulo p Suy ra ). y x y   2yx x 2 0 (modulo p) (1)

Ta có y x là số nguyên dương bé hơn p và p là số nguyên tố nên y x và p là nguyên tố cùngnhau Do đó từ (1) ta được y2yx x 2 0 (modulo p) (2)

Chứng minh tương tự ta cũng có y2yz z 2 0 (modulo p) (3)

Sử dụng (2) ta có (x y )2 xy modulo p ; kết hợp với ( ) x y z modulo p ( )

ta được z2 xy modulo p , thay trở lại (2) ta có ( ) x2y2z2 0(modulo p) (6)

Nếu   x y z p thì từ (6) ta có ngay x2y2z chia hết cho  2 x y z

Nếu x y z  2p thì ta có   x y z chia hết cho 2,

Suy ra x2y2 z cũng chia hết cho 2 2

Kết hợp với (6) ta có x2y2z chia hết cho 2p (vì 2 p2).

Suy ra điều phải chứng minh

Câu 4: Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có

Suy ra P13

Mà khi

14

  

thì P13 suy ra giá trị của P là 13.

Câu 5: Ta sẽ giải bài toán tổng quát :

Bài toán Cho m là số nguyên dương lớn hơn 1 Có 2m học sinh tham gia một buổi giao lưu

Biết rằng cứ 3 học sinh bất kì, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau Kí hiệu k là số cặp đôi như thế Tìm giá trị nhỏ nhất của k

Lời giải Với mỗi số nguyên dương m >1, rõ ràng tồn tại giá trị nhỏ nhất của k, ta kí hiệu giá

trị này bởi k(m)

Ta thấy k(2)=2

Bây giờ giả sử m >2

Xét một buổi giao lưu gồm 2m học sinh sao cho có 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau và số cặp đôi trao đổi học tập với nhau bằng k(m)

Tồn tại ít nhất hai học sinh(kí hiệu là A và B) không trao đổi học tập với nhau, loại A và B ra khổi buổi giao lưu này ta có một buổi giao lưu gồm 2(m-1) học sinh mà cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau Số cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau trong buổi liên hoan mới sẽ không ít hơn k(m-1), mà mỗi học sinh trong buổi liên hoan mới sẽ trao đổi kinh nghiệm học tậpvới A hoặc B ( vì A và B không trao đổi học tập với nhau),

Suy ra k(m) k(m-1)+2(m-1).

Do đó k(m) m(m-1) với mỗi số nguyên dương m > 1 (1)

Với mỗi số nguyên dương m > 1, ta xét một buổi giao lưu gồm 2m học sinh nhưa sau : Các học sinh trong buổi giao lưu gồm một trong hai nhóm (gọi là X và Y) Nhóm X gồm m học sinh có trao đổi học tập từng đôi một, nhóm Y gồm m học sinh có trao đổi học tập từng đôi một Mỗi học sinh của nhóm này đều không trao đổi học tập với bất kỳ một học sinh nào của nhóm kia

Rõ ràng trong buổi giao lưu này, cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau và số cặp đôi trao đổi học tập với nhau bằng m(m-1).

Suy ra k(m) m(m-1) với mỗi số nguyên dương m > 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra k(m) m(m-1) với mỗi số nguyên dương m > 1

Trở lại bài toán ban đầu theo trên ta có giá trị k bé nhất là k(21) = 420

ĐỀ SỐ 28 Câu 1:

b) Ta có BTC 180  BHC BAC nên T đối xứng với A qua BC  

Do đó PKC TBC ABC B , do đó tứ giác PKMC nội tiếp 

Tương tự ta có tứ giác PKMC nội tiếp.

Do đó PMC PKC B PBN MPC MKC    ;  NKB NPB    ∆ PBN ᦠ ∆ PMC

Vì X, Y là trung điểm tương ứng của BN, CM nên XPB MPY , từ đó suy ra

XPY BPM 180  MPC 180  MKC 180  A không đổi.

Từ ( * ) và ( ** ) suy ra điều phải chứng minh

Câu 4: Với tam thức f x( )ax2bx c , ký hiệu biệt thức của ( ) f x là  f b2 4ac

Với phép biến đổi (i), ax 2 bx c biến đổi thành  cx 2 bx a , suy ra chúng có cùng biệt thức

từ (*) suy ra yêu cầu bài toán là không thể thực hiện được

Câu 5: +) Với n0, ta có n7 n52n4n3 n2 1 1 (không thỏa mãn).

+) Với n1, ta có n7  n52n4n3 n2 1 3 (thỏa mãn).

+ (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x x vì 1, 2  k2 4 0k

+ Trung điểm M của AB có hoành độ là



x

    2(1) 3 1 1 5 4 2 3

Với a b;  1;0 ta có hệ        

; 0;1 , 1;0 , 1;00

Với a b;   2; 3  ta có hệ

2

2

32

1; 33

Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA

Đường thẳng AD đi qua A và có VTCP

150;

Từ đó ta viết được phương trình đường thẳng BC là: x 2y 5 0

2 Cho tam giác ABC có BC a CA b BA c b c và diện tích là S Kí hiệu ; ; ;  ;  (  ) m m m a b c

lần lượt là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh , ,A B C Biết rằng 2m a2 m b2m c2(*)

b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC ; M là trung

điểm của BC Chứng minh rằng góc MGO không nhọn

Câu 4: Cho ; ;a b c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn

3 32

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4

1.3

a b c  

Vậy min

33

S 

1 1 1( ; ; ) ; ;

Khi đó nếu a  thì không ảnh hưởng đến tích nên có i 2

thể xét a  với k giá trị i Nếu i 3 a  thì ! 1 i 4 a  là số dạng 4 1 i k  nên phải có ước nguyên tố p

có dạng 4k  Ta có ngay 1 p x  nên | 2 32 p  Tuy nhiên 3 a  j 3nên a  j! 1 không thể chiahết cho 3 với mọi j, mâu thuẫn Vậy a  với mọi i Thành thử ta đưa đến phương trình i 3

2

5k x  Ta chỉ ra k là số chẵn Nếu k lẻ thì 59 k 1(mod 3)do đó x 2 1(mod 3). Từ đó đưa

về 5k x2  hay 9 (5k/2 x)(5k/2x) 9. Suy ra 5k/2 x1,5k/2  Do đó x 9. 5k/2 5

 Vậy2

k 

Thành thử ta có 2 số trong n số bằng 3 còn lại là bằng 2

Câu 3:

E H

A

(h.1)Gọi G BN CM K, EM FN(h.1)

Dễ thấy G thuộc OH (đường thẳng Euler); K thuộc GH (Định lí Pappus).

Ta chỉ ra một tập con S bất kì của tập các số nguyên mà | | 11 S  thì đều chọn ra được số 6 số

có tổng chia hết cho 6 Thực vậy, đầu tiên ta chứng minh trong 5 số bất kì bao giờ cũng chọnđược 3 số có tổng chia hết cho 3 Thực vậy, nếu 5 số này có 3 số chia cho 3 được 3 số dư khácnhau thì tổng của ba số đó chia hết cho 3 Nếu 5 số này chia cho 3 có tối đa hai số dư khác

nhau, thì theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất

532

Áp dụng kết quả trên, chọn 5 số bất kì, khi đó có ba số có tổng chia hết cho 3 Kí hiệu nhóm 3

số đó là S và loại bỏ ra khỏi tập S đang xét Trong 11 3 81   số còn lại, lấy tiếp 5 số và do đó

chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3 Nhóm 3 số này là S Loại tiếp 3 số này ta còn lại2

8 3 5  số Áp dụng kết quả trên một lần nữa ta chọn được S gồm 3 số có tổng chia hết cho 3.3Tổng các số trong S S S là 3 số chia hết cho 3 Trong 3 số ấy có hai số cùng tính chẵn, lẻ, do1, ,2 3

đó tổng hai số đó phải chia hết cho 2x3=6 Thành thử ta có 6 số có tổng chia hết cho 6

Nhận xét Đây là trường hợp đặc biệt của định lý EGZ đã khá kinh điển: Cho số nguyên dương

n Khi đó trong một tập hợp S gồm 2 n  số nguyên tùy ý, luôn chọn ra được n số có tổng chia1hết cho n Lược đồ chứng minh định lý này như sau: Đầu tiên chứng minh bài toán đúng cho sốnguyên tố p Sau đó chứng minh đúng cho pk, và cuối cùng chứng minh thêm: nếu bài toánđúng cho n a và n b với ( , ) 1a b  thì bài toán đúng cho n ab Hay không?

Ngày thi thứ hai Câu 1: Điều kiện ,x y  0

8y y y  (1 y)(1y )(1y ) 8 y y y Suy ra y y y  hay 1 2 3 1 x x x1 2 31 Do đó1

N

L

U P

F M

O

C

E

G A

D

B

Q

V T

Gọi G AB CD  (h 25)

1) Vì (GPAB)1;MA MB và (GQCD)1;NC ND nên

Do đó M N P Q cùng thuộc một đường tròn, tâm T., , ,

2) Gọi L là trung điểm của EF S MQ;  NP U V;{ ; }EF( ).O

Dễ thấy (EFUV) 1 (EFPQ).

Theo hệ thức Newton cho hai hàng điểm điều hòa (EFUV và () EFPQ , ta có)

a) Giả sử rằng d là một ước nguyên tố của a  Suy ra 2n 1 ord a  d( ) 2t, với 0   Nếut n 1

t n thì a2n 1a2t 1 , suy ra 2 d d  , mâu thuẫn vì d lẻ Vậy t n  , suy ra1 d 1(mod 2 ).n1b) Đặt m2n q r , với 0 r 2 n Nếu q là số chẵn thì từ a m 1 a a r( m r 1) ( a r 1) ta suy

ra a   , mẫu thuẫn do r 1 4 A a r 1.Thành thử qlẻ Từ a m 1 a a r( m r 1) (a r 1)

     ta suy ra

1 a rchia hết cho A

Vậy r  nên 0 2n

m q



là số lẻ

ĐỀ SỐ 31 Câu 1: Giải hệ phương trình

F N C

K

T A

O2

O1O

B

- Gọi , ,E F M N lần lượt là tiếp điểm , ( ),( )O1 O với đường tròn ( )2 O và ABnhư vẽ GọiKlà

giao điểm của EF với ( )O

Ta có các điểm O O E thẳng hàng; các điểm 1, , O O M thẳng hàng.2, ,

- Hơn nữa EKO O EF 1  O F1 / /OK OK AB

Vậy K là điểm chính giữa cungAB

Như vậy EFđi qua điểm chính giữa Kcủa cungAB

- Chứng minh tương tự ta cũng có MN đi qua K

- Từ đó MEF MNB nên tứ giác EFNM là tứ giác nội tiếp, do đó

Vậy điểmK nằm trên trục đẳng phương của ( )O và 1 ( )O , suy ra ba điểm , ,2 C T K thẳng hàng.

Từ đó điểm Tnằm trên phân giác của ACB (1)

- Ta có các cặp tam giác đồng dạng KAFvà KEA;KBN và KMB

Từ đó KA2 KF KE KT.  2 KA KT

Ta lại có KA KB , suy ra KA KB KT 

Vì vậy các tam giác KATvà KBTcùng cân tại K

Do đó CAT ATK ACT TAK BAK TAB      .

Suy ra ATlà tia phân giác của CAB (2).

Từ (1) và (2) suy ra T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm).

Câu 3:

Đặt n mq r  (0 r m). Khi đó ta viết 2016n 1 2016mq r  1 2016 2016mq r 1.