Gọi E là giao điểm của ABvà CD, F là giao điểm của ADvà BC.. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác OIKluôn đi qua một điểm cố định khác điểm O.. 2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đườ
Trang 1HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2014- 2015
MÔN THI: TOÁN LỚP 10
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ
Đề thi gồm 1 trang
Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:
2 (10 17 3) 3 15
Câu 2 (4 điểm): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O Gọi E là giao điểm
của ABvà CD, F là giao điểm của ADvà BC Điểm G chạy trên đường tròn tâm
( )O GE GF, theo thứ tự cắt đường tròn ( )O tại I K, Chứng minh rằng đường tròn
ngoại tiếp tam giác OIKluôn đi qua một điểm cố định ( khác điểm O)
Câu 3 (4 điểm): Cho 3 số thực không âm x y, ,z thỏa mãn x2 y2 z2 2
Chứng minh rằng:
(x y y z z x )( )( ) 4 xyz xy yz zx( 2) 4 xyz x( y z )
Câu 4 (4 điểm): Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x3x y2 2xy3 x y2 2 y4
Câu 5 (4 điểm ): Với n nguyên dương tùy ý, n>3, xét [1 ( 1)]
6
k n n và tập X n gồm
2
n n
phần tử, trong đó k phần tử màu đỏ, k phần tử màu xanh và còn lại màu
trắng Chứng minh rằng có thể chia tập X n thành n tập con rời nhau A A1 , 2 , , A n sao
cho với số m tùy ý 1 m n thì tập A m chứa đúng m phần tử và các phần tử đó cùng
màu
……… HẾT ………
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
1 Giải hệ phương trình sau:
2 (10 17 3) 3 15
Đáp án:
Điều kiện 1
4
x
Biến đổi phương trình thứ hai có:
4
2 (5y x 1)(2x 3) 3(1 5 ) x
1 (loai) 5
x
Ta đưa về hệ phương trình:
Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên hai vế của phương
trình thứ nhất cho 2
y và phương trình thứ hai cho 4
y có:
4
3
x
y
2,0 điểm
Đặt a 4x 1;b 32
y
với a0,b0
Ta có hệ pt 2 2 5
5
a ab b
a b
ta được 5
1
b a
b
thay vào (2)
5
1
b
b
(b 1)(b3 3b2 20) 0 (b 1)(b 2)(b2 5b10) 0
Nên
4
5 2
4 1
3
x a
b
y
1
2
x a
b
y
2,0 điểm
Trang 3Kết luận ; 5; 3
4
x y
;
4
;
2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O Gọi E là giao điểm của ABvà
CD, F là giao điểm của ADvà BC Điểm G chạy trên đường tròn tâm ( )O
,
GE GF theo thứ tự cắt đường tròn ( )O tại I K, Chứng minh rằng đường tròn
ngoại tiếp tam giác OIK luôn đi qua một điểm cố định ( khác điểm O)
Đáp án:
Bổ đề 1: Cho hai đường thẳng , ' cắt nhau tại O, các điểm A B C, , thuộc ; các điểm ' ' '
, ,
A B C thuộc '
Khi đó ' ' '
, ,
AA BB CC hoặc đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi (OABC) ( OA B C' ' ' )
Chứng minh:
Chứng minh điều kiện cần:
TH1: ' ' '
, ,
AA BB CC đôi một song song Theo định lí Thales dạng đại số
'
' '
' ' ' ' ' ' '
' ' '
BO B O
BA B A BO CO B O C O
OABC OA B C
BA CA B A C A
CO C O
CA C A
TH2: AA BB CC' , ' , ' đồng quy Gọi S là điểm đồng quy của AA BB CC' , ' , ' Qua phép chiếu xuyên tâm S hàngO A B C, , , biến thành O A B C, , , ' ' '
suy ra (OABC) ( OA B C' ' ' )
0,5
Trang 4Điều kiện đủ:
Ta chứng minh nếu ' ' '
, ,
AA BB CC không đôi một song song thì chúng đồng quy Thật vậy
Giả sử ' '
,
AA BB cắt nhau Đặt ' ' '' '
; =
SAA BB C SC Theo chứng minh trên suy ra ' ' ''
(OABC) ( OA B C ) (*) Theo giả thiết ' ' '
(OABC) ( OA B C) (**) Từ (*) và (**) suy ra C' C''
Bổ đề 2: Cho 4 điểm phân biệt A B C D, , , cố định trên đường tròn( )O và điểm
M thay đổi trên ( )O thì M ABCD không đổi ( ) 0,5
điểm
Áp dụng các kết quả trên ta chứng minh bài toán như sau
Gọi M là giao điểm ACvà BD H N, lần lượt là giao điểm của IK với AD
và BC L là giao điểm AC và GI
Ta có
FNCB K FNCB K GICB A ICB A GILE
Suy ra AC BD IK, , đồng quy tại M
2,0 điểm
Gọi P là giao điểm của OM với đường tròn (OIK)
Tao có
( /( )
MO MP MI MK MA MC P không đổi
Suy ra P là điểm cố định ( do M, O cố định)
1 điểm
3 Cho 3 số thực không âm x y, ,z thỏa mãn x2 y2 z2 2
Chứng minh rằng:
(x y y z z x )( )( ) 4 xyz xy yz zx( 2) 4 xyz x( 2 y2 z2)
Đáp án
Ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề: Xét biểu thức
S (x y S )2 z (y z S )2 x (x z S )2 y
Nếu x y z và ;S S y y S S z; y S x 0 thì S 0
Chứng minh
1,0 điểm
điểm
Trang 5Nếu x y z . 0 Bất đẳng thức luôn đúng
Nếu x y z . 0 Ta có
4
x y y z z x xyz xy yz zx xyz x y z
x y y z z x
xy yz zx xyz
4
x y y z z x
xy yz zx xyz
Ta có
2
1
2
xy yz zx
Do đó
(1) ( ) (2 1 1) ( ) (2 1 1) ( ) (2 1 1) 0
Đặt ( 1 1); ( 1 1); ( 1 1)
y
xz
Mà
2
2 (x 2 ) 4 2
y x
y z xyz
S S
Tương tự Sy S z 0
Áp dụng bổ đề suy ra điều cần chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi 2
3
x y z
4 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x3x y2 2xy3 x y2 2 y4
Trang 6
2
x x y xy x y y
+) Dễ thấy x y 0 là một nghiệm của phương trình
+) Với 0
0
x y
đặt d ( , )x y x ad ( , ) 1a b
y bd
điểm
Thay vào phương trình ta được
a d ad bd2 2( ) ( ad bd b d )2 2 2
a a b2( ) b ( 2d a b )2
2( ) 2
a a b b
Mà
2 2
2 2
( ; ) 1
a b
a b b
TH1: Nếu b 1 a a2( 1)d a( 1)2 a1
3;2; 1;0
a
Vớia 3 x27;y 9
Với a 2 x24;y 12
Với a 1 0 4 d (loại)
Với a 0 0d (loại)
TH2: Nếu b 1 a a2( 1)d a( 1)2 a 1a1
1 1; 2
a
( Kiểm tra không giá trị nào của a thỏa mãn yêu cầu )
Kết luận các nghiệm của phương trình
( ; )x y (0;0);(27;9);(24;12)
3,0 điểm
5 Với n nguyên dương tùy ý, n>3, xét 1
6
k n n và tập X n gồm ( 1)
2
n n
phần tử, trong đó k phần tử màu đỏ, k phần tử màu xanh và còn lại màu trắng
Chứng minh rằng có thể chia tập X n thành n tập con rời nhau A A1 , 2 , , A n sao
cho với số m tùy ý 1 m n thì tập A m chứa đúng m phần tử và các phần tử đó
cùng màu
Đáp án:
Ta kiểm tra với n 4;5;6;7;8;9,10 luôn tìm được cách chiaX n thành n tập con
rời nhau A A1 , 2 , , A n sao cho với số m tùy ý 1 m n thì tập A m chứa đúng m
phần tử và các phần tử đó cùng màu
Ta xét cách chia theo bảng sau:
n k Các phần tử màu
xanh
Các phần tử màu đỏ
Các phần tử màu trắng
1,0 điểm
Trang 74 3 |A 1 | 1 , |A 2| 2 |A 3| 3 |A 4| 4
5 5 |A 1 | 1 , |A 4| 4 |A 2| 2 , |A 3| 3 |A 5| 5
6 7 |A 1 | 1 , |A 6| 6 |A 3| 3 , |A 4| 4 |A 2| 2 , |A 5| 5
7 9 |A 4| 4 , |A 5| 5 |A 3| 3 ,A 6| 6 |A1| 1,| A2| 2 , |A 7| 7
8 12
5
|A | 5 , |A 7| 7 |A 4| 4 , |A 8| 8 |A 1 | 1 , |A 2| 2
3
|A | 3 , |A 6| 6
9 15
|A | 6,| A | 9 |A 7| 7 , |A 8| 8 |A1 | 1,| A2 | 2 , |A 3| 3, |A 4| 4 ,
|A 5| 5
10 18 |A 1 | 1 , |A 2| 2
5
|A | 5 ,
10
|A | 10
3
|A | 3 , |A 6| 6 9
|A | 9
4
|A | 4 , |A 7| 7 8
|A | 8
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp với việc xây dựng một cách chia tập X n dựa
vào cách chia tập X n6 như sau:
Xét tập X n gồm ( 1)
2
n n
phần tử Ta xét tập X n6 gồm ( 6)( 5)
2
phần tử, gồm 1 [ (1 6)( 5)]
6
k n n phần tử màu xanh, k phần tử màu đỏ và còn lại là 1
màu trắng Theo giả thiết quy nạp, tập X n6 luôn có thể chia được thành n 6
tập rời nhau A A1 , 2 , , A n6 thỏa mãn bài toán
Ta có 1
Mặt khác [ ] [ ]a b a 1 [ ] b a 1 b và
[ ] [ ]a b a [ ]b a (b 1) a b1
Nếu a b là số nguyên thì [ ] [ ]a b a b
Mà 1 ( 1) 1( 5)( 6) 2 5
6n n 6 n n n là số nguyên nên k k 1 2n 5 Vậy số phần tử màu xanh ( đỏ) ngoài X n6 đều bằng 2n 5
Có |X n| | X n6 | 6 n 15 nên số phần tử màu trắng ngoài X n6 là
6n 15 2(2 n 5) 2 n 5
Khi đó, ta xây dựng các tập A n5,A n4,A n3,A n2,A n1,A n như sau:
Tập A n5 ,A n chứa toàn phần tử màu xanh
Tập A n4,A n1 chứa toàn phần tử màu đỏ
Tập A n2,A n3 chứa toàn phần tử màu trắng
3,0 điểm
Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.
Người ra đề: Bùi Văn Vịnh
Số điện thoại: 0974802686.