HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ
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 A
1
là giao điểm của AG và FQ; B
1
là giao điểm
của BG và NE; C
1
là giao điểm của CG và MP. Ta xác định các điểm A
2
, B
2
, C
2
sao cho AGC
2
F, BGA

2
N, CGB
2
P là các hình bình hành. Chứng minh rằng các
đường thẳng đi qua A
2
, B
2
, C
2
tương ứng vuông góc với B
1
C
1
, C
1
A
1
, A
1
B
1
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 ∈ 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 …………………….
3 3 2
2 2
3 9
4
x y y
x y x y

− − =


+ = −


, ,x y z
3xy yz zx+ + =
2 2 2
3 3 3
1
8 8 8
x y z
x y z
+ + ≥
+ + +
m, n
3 3
4m m 12n n+ = +
m n−
ĐỀ CHÍNH THỨC

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
( )
( )
3 3 2

2 2
3 9 1
4 2
x y y
x y x y

− − =


+ = −


( )
( )
3 3 2
2 2
3 9
3 3 4
x y y
x y x y

− − =


+ = −


3 3 2 2 2
3 3( ) 9 3( 4 )x y y x y x y⇒ − − − + = − −
3 2 3 2

3 3 1 6 12 8x x x y y y⇔ − + − = + + +
3 3
( 1) ( 2) 1 2 3x y x y x y⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ = +
2
2 9 6 0y y+ + =
9 33
4
9 33
4
y
y

− −
=


⇔

− +
=


9 33 9 33 3 33
3
4 4 4
y x
− − − − −
= ⇒ = + =
9 33 9 33 3 33
3

4 4 4
y x
− + − + +
= ⇒ = + =
( )
3 33 9 33
; ;
4 4
x y
 
− − −
=
 ÷
 
( )
3 33 9 33
; ;
4 4
x y
 
+ − +
=
 ÷
 
, ,x y z
3xy yz zx+ + =
2 2 2
3 3 3
1
8 8 8

x y z
x y z
+ + ≥
+ + +
2 2
3 2
2 2
2
3
( 2) ( 2 4) 6
8 ( 2)( 2 4)
2 2
2
6
8
x x x x x
x x x x
x x
x x
x
+ + − + − +
+ = + − + ≤ =
⇒ ≥
− +
+
2 2 2 2
2 2
3 3
2 2
;

6 6
8 8
y y z z
y y z z
y z
≥ ≥
− + − +
+ +
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 A
1
là giao điểm của AG và FQ; B
1
là giao điểm của BG và NE;
C
1
là giao điểm của CG và MP. Ta xác định các điểm A
2
, B
2
, C
2
sao cho
AGC
2
F, BGA
2
N, CGB
2
P là các hình bình hành. Chứng minh rằng các
đường thẳng đi qua A
2
, B
2
, C
2
tương ứng vuông góc với B
1

C
1
, C
1
A
1
, A
1
B
1
đồng quy.
4 điểm
Gọi I là trung điểm của BC. Ta có:
0,5
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3 3 3
2 2 2
6 6 6
8 8 8
x y z x y z
x x y y z z
x y z
+ + ≥ + +
− + − + − +
+ + +
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2( )
6 6 6 ( ) 18

x y z x y z
x x y y z z x y z x y z
+ +
+ + ≥
− + − + − + + + − + + +
( )
2
2 2 2
2( )
1 3
( ) 18
x y z
x y z x y z
+ +
≥
+ + − + + +
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2
2
( ) 18
2 18
12 0
x y z x y z
x y z x y z xy yz zx
x y z x y z
+ + − + + +
= + + − + + − + + +
= + + − + + + >

( )
2 2 2 2
3 2( ) ( ) 18x y z x y z x y z⇔ + + ≥ + + − + + +
2 2 2
6 x y z x y z⇔ + + + + + ≥
2 2 2
3( )
x y z xy yz zx
x y z xy yz zx
+ + ≥ + +
+ + ≥ + +
3xy yz zx+ + =
1x y z= = =
( ) ( ) ( )
1 1
FQ.AI= FA+AQ AB+AC = FA.AB+FA.AC+AQ.AB+AQ.AC
2 2
uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
.
1,0
Ta có CGB
2
P là hình bình hành nên GB
2
song song và bằng CP nên GB
2
song song và bằng AQ, suy ra AQB
2
G là hình bình hành, vậy có QB
2

song song và bằng AG. Suy ra QB
2
song song và bằng FC
2
, nên FQB
2
C
2
là hình bình hành, hay FQ song song với B
2
C
2
(2).
Từ (1) và (2) suy ra .
1,0
Tương tự cũng có . 0,5
Vậy các đường thẳng đi qua A
1
, B
1
, C
1
tương ứng vuông góc với
đồng quy tại G nên theo hệ
quả của định lí Cácnô ta có
các đường thẳng đi qua A
2
, B
2
, C

2
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

∈
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
( )
·
·
( )
·
·
µ
( )
0
1 1
= 0-AF.AC+AQ.AB+0 = -AF.AC.cosFAC+AQ.AB.cosQAB = 0
2 2
Do AF = AC, AQ = AB, FAC=QAB=90 +A
uuur uuur uuur uuur
( )
1

FQ AI hay FQ A 1G⇒ ⊥ ⊥
1 2 2
A G B C⊥
1 2 2 1 2 2
B G A C , C G A B⊥ ⊥
2 2 2 2 2 2
B C ,C A ,A B
1 1 1 1 1 1
B C ,C A ,A B
m, n
3 3
4m m 12n n+ = +
m n−
( )
( )
3 3 3 3 3
4m m 12n n 4 m n m n 8n+ = + ⇔ − + − =
( )
( )
( )
2 2 3
m n 4m 4mn 4n 1 8n 1⇔ − + + + =
m n−
2 2
4m 4mn 4n 1+ + +
2 2
4m 4mn 4n 1+ + +
3
8n pM
n p⇒ M

m p⇒ M
2 2
4m 4mn 4n 1+ + +
p 1⇒ =
m n−
2 2
4m 4mn 4n 1+ + +
( )
2 2
m n,4m 4mn 4n 1 1− + + + =
( )
3
3
8n 2n=
*
¥
144
48
3
=
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 a
i
(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.
12
i
i 1
a 48
=
=
∑
i i
a (a 1)
2
−
( )
12
i i
i 1
a a 1

2
=
−
∑
( )
2
12
i
12 12 12 12
2
i 1
i i
i i i
i 1 i 1 i 1 i 1
a
a a 1
1 1
a a a 72
2 2 2 12
=
= = = =
 
 
 
 ÷
−
 
 
 
= − ≥ − =

 ÷
 
 
 
 
 
∑
∑ ∑ ∑ ∑
2
12
C 66=