Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM Cách 1 Điều kiện: 2 0 28 3 x y

1

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ X, NĂM 2018

ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN HỌC LỚP: 10

(Đáp án gồm 06 trang)

Bài 1: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Lào Cai.

Giải hệ phương trình

  ^{ }

   

2 2

2

4 2 2 2 1

,

4 2 28 3 4 4 2

x y y x x

x y

x y y x

      

 

      



.

Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM

Cách 1

Điều kiện:

2 0 28

3 x

y

  

  



Xét phương trình (1):

 

2 2 2 2

4 2 2 2 ( 2) 2 2 2

x y   y x  x  x  x  y  y

0,5đ

Nếu x    2 y 0 (x 2)²2 x 2 y²2 y . Nếu 0    x 2 y (x 2)²2 x 2 y²2 y. Vậy x 2 y.

0,5đ Thay y x 2 vào (2) ta được phương trình 4 x 2 22 3 x x²8 (*) 0,5đ

   

²

4 x 2 1 22 3x 5 x 1

       

4( 1) 3( 1)

( 1)( 1) 0

2 1 22 3 5

x x

x x

x x

 

     

   

0,5đ

1

4 3

1 0 (**)

2 1 22 3 5

x

x x x

  

     

    



0,5 đ

Với 2  x 2, thì 4 3

(**) 2 1 0

2 2 1 22 3.2 5

VT     

    0,5 đ

Với 22

2 x 3 thì 4 3

(**) 2 1 0

2 2 1 22 3.2 5

VT     

    .

Do đó (*) có nghiệm duy nhất x2.

0,5đ Vơi x   1 y 1(thỏa mãn điều kiện).

Với x  2 y 4(thỏa mãn điều kiện).

Vậy hệ phương trình đã có hai nghiệm ( 1;1);(2;4) .

0,5 đ ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

2 Cách

2

Điều kiện:

2 0 28

3 x

y

  

  



Ta thấy hệ không có nghiệm 2 0 x y

  

  . Xét y x 2 0

   

2 2 2 2

4 2 2 2 ( 2) 2 2

( 2 ) ( 2 ) 2 0

2

2 0 Do ( 2 ) 2 0

2 2

x y y x x x y y x

x y x y

y x

x y x y

y x

y x

           

 

       

 

 

 

 

           

  

Thay y x 2 vào (2) ta được phương trình 4 x 2 22 3 x x²8 (*).

0,5đ

0,5đ

0,5đ

   

2

2

(*) 12 2 3 22 3 3 24

4 3 2 (x 4) 3 22 3 (14 ) 3 3 6

x x x

x x x x x

     

           0,5đ



²



²

4 9( 2) (x 4) 9(22 3 ) (14 )

3( 1)( 2)

3 2 (x 4) 3 22 3 (14 )

4( 1)( 2) ( 1)( 2)

3( 1)( 2)

3 2 (x 4) 3 22 3 (14 )

( 1)( 2) 0

4 1

3 0

3 2 (x 4) 3 22 3 (14 )

x x x

x x

x x x

x x x x

x x

x x x

x x

x x x

     

    

     

     

    

     

  



    

      



1,0đ

Do 22

2 x 3

   nên 4 1

3 0 3 x 2 (x 4)3 22 3x (14 x) 

     

Do đó phương trình (*) có hai nghiệm x 1;x2.

0,5đ Vơi x   1 y 1(thỏa mãn điều kiện).

Với x  2 y 4(thỏa mãn điều kiện).

Vậy hệ phương trình đã có hai nghiệm ( 1;1);(2;4) .

0,5đ

Bài 2: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Lê Thánh Tông - Quảng Nam.

Cho tam giác ABC nhọn có ABAC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R . Các đường cao AD BE CF cắt nhau tại H . Gọi K là hình chiếu vuông góc của O trên BC và , , J là điểm nằm trên tia OK sao cho OK OJ. R². Các đường thẳng HK và EF cắt nhau tại I các đường thẳng BC và EF cắt nhau tại , P .

1. Chứng minh rằng ID vuông góc với OP . 2. Chứng minh rằng các điểm I J D thẳng hàng. , ,

3

Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM

2

L

O₂

O₁ P

I Q

J K F H

D

E

O A

B

C

2.1

AP cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là Q.

- Chứng minh được A, Q, E, F đồng viên (PA PQ. PB PC. PE PF. )

Mà A, E, F, H nằm trên đường tròn đường kính AH nên năm điểm A, Q, E, F, H cùng nằm trên đường tròn đường kính AH. Do đó, AQH 90⁰.

0,5đ Suy ra tứ giác PQHD nội tiếp đường tròn (O1) với O1 là trung điểm HP.

Áp dụng định lý Brocard cho tứ giác BFEC nội tiếp trong đường tròn tâm K, ta có HK ⊥ AP. Lại có HQ ⊥ AP nên bốn điểm H, K, I, Q thẳng hàng.

0,5đ Gọi (O2) là đường tròn Euler của tam giác ABC (O2 là trung điểm OH) suy

ra D, E, F nằm trên đường tròn (O2).

Ta có: IE IF. IQ IH. suy ra I có cùng phương tích đối với hai đường tròn (O1) và (O2). Do đó, ID là trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2) nên ID ⊥ O1O2 hay ID ⊥ OP.

1,0đ

2.2

Gọi L là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBJC với PJ

suy ra OLJ 90⁰ và PB PC. PL PJ. . 0,5đ

Áp dụng hệ thức Maclaurin cho hàng điều hòa P, D, B, C với K là trung điểm BC, ta có: PB PC. PD PK. .

Do đó: PL PJ. PD PK. nên tứ giác KDLJ nội tiếp suy ra DLJ 90⁰. Do đó O, D, L thẳng hàng và OD ⊥ PJ.

1,0đ

Cuối cùng, dựa vào D là trực tâm của tam giác OPJ để đi đến kết quả JD ⊥

OP. Vậy I, J, D thẳng hàng. 0,5đ

4 Thiên Huế

Tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho 2018ⁿ được biểu diễn dưới dạng tổng lập phương của 2019 số nguyên chẵn liên tiếp.

Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM

Giả sử tồn tại số nguyên dương n để cho

2018

3 0

2018ⁿ (2 2 )

i

k i







 ^{với kZ.} Khi đó ²⁰¹⁸



^{3 2 2 3}



^{2018 3 22018 2018 2 2018 3}

0 0 0 0 0

2018ⁿ 8 24 24 8 8 24 24 8 .

i i i i i

k k i ki i k k i k i i

    





   















^1,0đ

Ta có

2018

3 3

0

8 8.2019

i

k k





 chia hết cho 2019.

Bằng quy nạp, chứng minh được rằng

0

( 1) 2 .

n

i

i n n



 



Suy ra

2018 2018

2

0 0

2018.2019 2 24

i i

i k i

 

 

 

chia hết cho 2019.

1,0đ

Tương tự, bằng quy nạp, chứng minh được các công thức

2 0

( 1)(2 1) 6

n

i

n n n

i



 



 ^{và 3 2 2}

0

( 1) 4 .

n

i

i n n



 



Suy ra

2018 2018

2 2

0 0

2018.2019.4037 6 24

i i

i k i

 

 

 

chia hết cho 2019

và

2 2

2018 2018

2 3

0 0

2018 .2019 4 8

i i

i i

 

 

 

chia hết cho 2019.

1,0đ

Vậy 2018ⁿ 2 .1009^{n n} chia hết cho 2019 3 673  và điều này là mâu thuẫn.

Vậy không tồn tại số nguyên dương n sao cho 2018ⁿ được biểu diễn dưới dạng tổng lập phương của 2019 số nguyên chẵn liên tiếp.

1,0đ

Bài 4: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Hoàng Lê Kha - Tây Ninh.

Cho 3 số thực không âm x y z Chứng minh rằng , , .

2 2 2

2 2 2

3 3 3

8 8.

3 3 3

x y z

x y z

x y z

     

  

Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schawarz ta có

 

²

2 2 2

3 x y z

x y z  

  

Suy ra ^{3 3 2 2 2 3 3}

 

³

8 x  y z  8 8 x  y z 8

0,5đ

0,5đ

5

Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM

Ta chỉ cần chứng minh

   

2 2 2

3 3

8 8 *

3 3 3

x y z

x y z

x y z

     

   0,5đ

Ta chứng minh

2

3 1

8 8

3

x x

x

 

 (1)

Thật vậy

 

²

 

4 3 2 2

2

3 1

9 6 36 18 3 0 1 3 8 1 0

8 8

3

x x x x x x x x x

x             



Bất đẳng thức cuối đúng với mọi x0, nên (1) được chứng minh.

Đẳng thức ở (1) xảy ra khi và chỉ khi x1. Tương tự ta cũng có:

2

3 1

8 8

3

y y

y

 

 (2) ;

2

3 1

8 8

3

z z

z

 

 (3)

Cộng (1), (2), (3) ta có (*) được chứng minh.

0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

x  y z

0,5đ

Bài 5: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn - Bình Định.

Với mỗi



a a1, 2,...,a2018



là một hoán vị của 2018 số nguyên dương đầu tiên, cho phép được thực hiện phép đổi chỗ như sau: Mỗi lần lấy hai số tùy ý trong hoán vị gọi là a a rồi _i, _j đổi chỗ của chúng cho nhau và đồng thời ghi trên bảng số 2a_i a_j . Chứng minh rằng từ hoán vị



a a1, 2,...,a2018



tùy ý của 2018 số nguyên dương đầu tiên, ta có thể thu được hoán vị



1,2,...,2018



nhờ thực hiện liên tiếp các phép biến đổi nói trên và sao cho tổng của các số ghi được trên bảng không vượt quá a₁ 1 a₂  2 .... a₂₀₁₈2018.

Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM

Với hoán vị



a a1, 2,...,a2018



ta đặt

2018

1 i i

S a i







 . Bài toán yêu cầu từ hoán vị



a a1, 2,...,a2018



đưa về hoán vị



1,2,...,2018 tức là ta cần làm



2018

1 i i

S a i







 tiến về 0.

Nhận xét. Khi đổi chỗ ,a a_{i j} ta được hoán vị mới có

1,2,...,2018 \ , j  

' _{k j i}

k i

S a k a i a j







     ^.

Khi đó ^SS'



^{ai  i aj  j}

 

^{ aj  i ai  j}



^(*).

1,25đ

6

Gọi j là vị trí lớn nhất mà có số nằm không đúng vị trí thì a_j  j. Bây giờ ta xét a_j vị trí đầu tiên của hoán vị, suy ra vị trí j nằm ngoài các vị trí đó và ta có a_j nằm ở vị trí j. Vì vị trí j nằm ngoài các vị trí đó và a_j nằm ở vị trí j nên trong a_j vị trí đầu tiên của hoán vị mà chỉ có không quá a_j 1 số nhỏ hơn a_j nên tồn tại một số a_i a_j. Dễ dàng suy ra được ia_j  a_i j (vì a_i nằm ở vị trí i trong a_j vị trí nên ia_j và j là vị trí lớn nhất mà có số đó không nằm đúng vị trí nên a_i  j). Như vậy ta luôn tìm được hai số

i, j

a a thỏa mãn ia_j  a_i j.

1,5đ

Bây giờ ta chỉ việc đổi chỗ 2 vị trí ,a a_{i j} đó, thì từ (1) ta suy ra

 

' 2 _{i j} 0 1 . S S a a 

Như vậy mỗi lần đổi chỗ ,a a_{i j} thì S giảm thực sự. Do đó theo nguyên lý cực hạn đến một lúc nào đó S bằng 0, tức là ta đã đưa hoán vị tùy ý về hoán vị



1,2,...,2018 . Mặt khác từ (1) ta có: S trừ cho tổng các số trên bảng lớn



hơn hoặc bằng 0 nên tổng các số trên bảng không vượt quá S. Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

1,25đ

CHÚ Ý KHI CHẤM

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không quá số điểm dành cho câu, phần đó.

2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và ghi vào biên bản.