Giải bộ đề thi học sinh giỏi Toán lớp 10 (năm 2015) - Trường THPT chuyên cao bằng

GIẢI BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 10 (2015) THPT CHUYÊN CAO BẰNG

Câu 1 ( 4,0 điểm ):

Giải hệ phơng trình:

  





   

  

3

1 2 1 4

) 2 1( 2 8

2 3

3 2

y x x

y xy y x

Giải: ĐK: từ pt (2) ,suy ra x> 0 (1) ( vì x+4y2> 0 ) y x y x y x x y y y x x 2 0 ) 4 )( 2 ( ) 2 ( 4 ) 2 ( 2 2          

Thay vào phương trình (2) có (*) 4 2 4 3 2 3     x x x x Ap dụng bất dẳng thức AM-GM tacó

x x x x x x

x x x x x x x x x x x

4 3 4 2. 2 3 ) 2 2

4 ( 2 3

2 ) 4 ( 4 3 2 ) 4 ( 4 3 4

4 4 2 4

4

3 3 2

2 2 2 2 2

      

              

Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 2. Hệ phương trình có nghiệm x(2,1)

Câu 2 ( 4,0 điểm ):

Cho tam giác nhọn ABC, phân giác trong góc A cắt BC tại D. Gọi E, F là hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC, K là giao điểm của CE và BF, H là giao điểm của BF với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEK.

Chứng minh DH  BF. Giải: *) Gọi I = AK BC  Ta có AI, BF, CE đồng quy

. . 1 FA IC EB FC IB EA  

Mà AE = AF

Nên cos cos IC FC DC C IB EB DB B  

cos sin .cos cos sin .cos IC b C B C IB c B C B   

sin .cos

sin IC B C a A  

cos IC b C   AK BC  

I

H

K F E

D

A

B

C

ThuVienDeThi.com

*) A, E, H, K cùng thuộc một đường tròn  . . BE BA BH BK  A, E, D, I cùng thuộc một đường tròn  . . BE BA BD BI  HKID nội tiếp.  . . BK BH BD BI   Mà góc DIK vuông nên góc DHK vuông.  Vậy DH BF (ĐPCM) 

Câu 3 ( 4,0 điểm):

Cho thỏa mãn . Chứng minh rằng 0 ; ;  c b a 4     abc c b a

  c b a b a

c c a

b c b

a         2

2

Giải: Áp dụng BĐT Bunhiakopxki ta được

    b a c c a b c b a

c b a b a

c c a

b b c

a T

    

        

2

Lại có      ac bc ab c b a b a c c a b c b a 2 2 2 2          

Suy ra: (*)     ac bc ab

c b a c b a T

 

    

2

Ta sẽ chứng minh (1) ca bc ab c b a     

Đặt ) 4 ( ; ;

2 S P P ab S b a    

Từ giả thiết suy ra . 1 4

  P

S c 4  S

Vậy (2)  )1(     

2 2 1 1 4 1 4      

      S S P P P

S S P P

S S

Nếu . VP VT S P       0 0 1

Nếu . Ta có (vì ). Suy ra 0 1    S P    

  

      S S S S P P 1 4 4 1

2 2

4

2 S P 

(vì ).      

2 2 2

2 2 16 1       S S S S P P 4  S

Vậy: . Từ (*) suy ra ac bc ab c b a     

2

c b a T   

Câu 4 ( 4,0 điểm):

Tìm tất cả các bộ ba số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho tích của hai số bất kỳ cộng 1 chia hết cho số còn lại.

Giải:

ThuVienDeThi.com

Gọi a, b, c là ba số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn điều kiện

1 , 1 , 1 ab c bc a ca b      

Dễ thấy a, b, c là ba số đôi một nguyên tố cùng nhau ( vì nếu có hai số không nguyên tố cùng nhau chẳng hạn a và b thì ( a, b) >1. Khi đó (ac, b) = d >1  suy ra ac +1 không chia hết cho d , do đó ac + 1 cũng không chia hết cho b ),  suy ra các số đó là khác nhau. Số S = ab + bc + ca + 1 chia hết cho các số a, b, c nên S chia hết cho abc ( vì các số a, b, c là ba số đôi một nguyên tố cùng nhau). Vì vậy . S abc  * Không mất tính tổng quát, giả sử 2 a  b  c. Nếu , khi đó , và 4 b  5 c  2.4.5 40 abc  

. 40 1 1 1 1 5 4 2 20 20 abc abc abc abc S ab bc ca abc abc abc           

Điều mâu thuẫn này chứng tỏ , do đó . Vì chia 4 b  2, 3 a b   1 7 ab  hết cho 7 nên . 7 c  Vậy bài toán chỉ có một bộ ba số duy nhất thỏa mãn điều kiện là 2, 3, 7.

Câu 5 (4,0 điểm)

Cho 2015 tập hợp, mỗi tập hợp có 45 phần tử và hai tập bất kì có đúng một phần tử chung. Chứng minh rằng tồn tại một phần tử thuộc tất cả 2015 tập hợp trên. H D Giải: Xét tập A trong số 2015 tập đã cho. A giao với 2014 tập còn lại nên tồn tại là a A 

phần tử chung của không ít hơn tập còn lại. 2014 1 45 45       Vậy a thuộc các tập và trong 46 tập này không có hai tập nào có 1 2 45 , , ,..., A A A A phần tử chung khác a. Ta sẽ chứng minh a thuộc tập B bất kì trong 20105 tập đã cho.

Thật vậy, nếu thì B có với mỗi tập một phần tử chung khác a B  1 2 45 , , ,..., A A A A a, suy ra B có không ít hơn 46 phần tử, mâu thuẫn. Bài toán được …