Giả sử tam giác ABC không đều.. Mỗi đỉnh của nó được tô bằng một trong các màu xanh hoặc đỏ.. Chứng minh rằng luôn có ba đỉnh là các đỉnh của một tam giác cân mà chúng đ
Trang 1HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN: TOÁN, KHỐI: 10
NĂM 2015 Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này gồm có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình sau
x y
Câu 2 (4 điểm) Gọi I và O lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác ABC Giả sử tam giác ABC không đều Chứng minh rằng AIO 900 khi và chỉ khi 2BC AB AC
Câu 3 (4 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên x y, để 2x 5y
là số chính phương
Câu 4 (4 điểm) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn: a b c+ + =1 Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
(ab 1)(bc 1)(ca 1)
P
abc
Câu 5 (4 điểm) Cho đa giác đều có 2015 cạnh Mỗi đỉnh của nó được tô bằng một trong
các màu xanh hoặc đỏ Chứng minh rằng luôn có ba đỉnh là các đỉnh của một tam giác cân mà chúng được tô cùng một màu
Giáo viên ra đề
Lại Thị Quỳnh Nguyên (DĐ: 0915.38.20.47)
Trang 2ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10
Câu 1
Giải hệ phương trình
x y
0,5
1,0
1,0
0,5
1,0
Hệ phương trình đã cho tương đương với
Đặt u x 1, ta có hệ phương trình
*
Dễ thấy u y 0 là một nghiệm của hệ *
Xét u 0, đặt y tu t , 0, ta có hệ phương trình
2
Chia vế theo vế của hai phương trình trong hệ trên ta được
2 2
2
2
3
3
t t
Với t 1, ta có y u , thế vào 1 ta được
Với t 1, ta có y u, thế vào 1 ta được
3
2y 2y
(phương trình vô nghiệm) Vậy, hệ đã cho có nghiệm là: 0;0 , 2; 1 , 0; 1
Câu 2
+ Kéo dài AI cắt đường tròn O tại D
+ Vì AI là phân giác góc BAC nên
BD CD và BCD CBD BAD
+ Ta có BID IAB ABI CBD CBI IBD hay tam giác DBI cân tại
đỉnh D nên BD CD ID
1,0
1,0
D
O I A
Trang 3+ Áp dụng định lí Ptoleme cho tứ giác nội tiếp ABDC có
AD BC AB CD AC BD BD AB AC ID AB AC + AIO 900 khi và chỉ khi
hay 2BCAB AC (Điều phải chứng minh)
1,0
1,0
Câu 3
Tìm tất cả các số tự nhiên x y, để 2x 5y
là số chính phương
1,0
0,5
0,5
1,0
1,0
Giả sử 2x 5y k k2
Nếu x 0 thì 1 5 y k2 k là số chẵn
k 2 4, nhưng 1 5y 2 mod 4
Do đó x 0
Từ 2x 5y k2 ta suy ra k lẻ và k không chia hết cho 5
Với y 0 thì 2x 1 k2 2m12 2x 4m m 1
m 1 Khi đó x3, y 0
Thử lại có: 2350 9 là số chính phương
Với y 0: vì k không chia hết cho 5 nên k 2 1 mod5
Từ 2x 5y k2 suy ra 2x 1 mod5
x chẵn
Đặt x2n, ta có 5y k 2n k 2n
k k
, với a b y a b a b ; ,
1
2n 5 5b a b 1 5b 1 b 0,a y
Lúc đó 2n 1 5y 1
- Nếu y 2t thì 2n 1 52t 1 3
(vô lý)
- Do đó ta có y lẻ Khi đó
2n 5y 1 4 5y 5y 5 1
Nếu y 1 thì 5y 1 5y 2 5 1
là số lẻ (vô lý) Vậy y 1 n1,x2,y 1
Thử lại có 22 519 là số chính phương
Câu 4
1
æ öæ÷ öæ÷ ö÷
=çç + ÷çç + ÷çç + ÷= + + + + +
Vì a b c+ + =1 nên từ BĐT CauChy cho 3 số dương ta có:
3
a b c
abc abc
+ +
abc
1,0
Trang 4Suy ra: 1 1 730
27
abc
abc
Mặt khác ta lại có:
÷
Từ đó suy ra:
2
9 1
P ³ + + = ç ÷æ öç ÷ç ÷çè ø÷
Vậy
2
min
P =æ öç ÷ ç ÷ç ÷çè ø÷Û x= = =y z .
1,0
1,0
1,0
Câu 5
Vì đa giác có số lẻ đỉnh nên tồn tại hai đỉnh kề nhau được sơn cùng màu
Ta gọi hai đỉnh đó là A và B và giả sử A B, có cùng màu đỏ
Do đa giác đã cho có số lẻ cạnh nên tồn tại đỉnh M nằm trên trung trực của
đoạn AB Rõ ràng, MAB là tam giác cân
Có hai khả năng xảy ra:
- M màu đỏ: Khi đó, MAB là tam giác cân đỏ (có ba đỉnh màu đỏ) và
bài toán đã được giải
- M màu xanh: Gọi E và F là các đỉnh kề của A và B (mà không
phải là A B, ) Do đa giác đã cho là đều nên
Từ đó, tam giác MEF cũng là tam giác cân
Để ý rằng EAB và FAB cũng là các tam giác cân
Lại có hai khả năng xảy ra:
1 E F, cùng xanh: Khi đó, tam giác MEF là tam giác cân xanh.
Bài toán được giải
2 Một trong hai đỉnh E F, màu đỏ: Giả sử E đỏ, khi đó EAB là
tam giác cân đỏ
Như thế luôn tồn tại ba đỉnh của đa giác đều đã cho lập nên một tam giác
cân cùng màu
0,5 0,5
1,0
1,0
1,0