Kì thi chọn học sinh giỏi khu vực mở rộng năm học 2011- 2012 môn thi: toán lớp 10

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ
ĐỀ CHÍNH THỨC
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:
Câu 2 (4 điểm): Cho là các số thực dương thỏa mãn . 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 là các số tự nhiên thỏa mãn: . Chứng minh rằng 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 Î 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 .HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: Toán 10
Câu
Nội dung
Điểm
1
Giải hệ phương trình: 
4 điểm
Hệ phương trình tương đương:
1,0
0,5
0,5
Thế vào phương trình (2) ta thu được: 
0,5
0,5
Với 
0,5
Với 
Vậy phương trình có hai nghiệm:
; 
0,5
2
Cho là các số thực dương thỏa mãn . 
Chứng minh bất đẳng thức: .
4 điểm
Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có:
Tương tự, ta cũng có .
1,0
0,5
Từ đó suy ra:
. (1) 
0,5
Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz :
 (2) 
1,0
 Ta chứng minh: 
Thật vậy:
Ta có:
0,5
Nên 
Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có: 
Mà nên bất đẳng thức (3) đúng. 
Từ (1), (2) và (3), ta có đpcm.
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .	
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 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.
4 điểm
Gọi I là trung điểm của BC. Ta có: 
0,5
.
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 . 
1,0
Tương tự cũng có .
0,5
Vậy các đường thẳng đi qua A1, B1, C1 tương ứng vuông góc với 
 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 cũng đồng quy.
1,0
4
Giả sử là các số tự nhiên thỏa mãn: . 
Chứng minh rằng là lập phương của một số nguyên.
4 điểm
Ta có: 
1,0
Giả sử p là một ước nguyên tố chung của và 
Do là số lẻ nên p là số lẻ.
0,5
Từ (1) suy ra mà p là số nguyên tố lẻ 
0,5
Mặt khác p là ước của (vô lí) 
0,5
do đó và không có ước nguyên tố chung, suy ra .
0,5
Do , 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 Î 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 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: 
0,5
Khi đó, số cặp điểm được chọn trong cột thứ i là: 
số cặp điểm có hoành độ trùng nhau là: 
0,5
Ta có: 
1,0
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: 
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.