Tiêu đề Đề Thi Olympic Toán Duyên Hải Bắc Bộ 2011-2012 (Khối 10) [Đáp Án].pdf ✅

HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán 10 Câu Nội dung Điểm 1 Giải hệ phương trình:     3 3 2 2 2 3 9 1 4 2 x y y x y x y           4 điểm Hệ phương trình tương đương:     3 3 2 2 2 3 9 3 3 4 x y y x y x y           3 3 2 2 2         x y y x y x y 3 3( ) 9 3( 4 ) 1,0 3 2 3 2         x x x y y y 3 3 1 6 12 8 0,5 3 3            ( 1) ( 2) 1 2 3 x y x y x y 0,5 Thế vào phương trình (2) ta thu được: 2 2 9 6 0 y y    0,5 9 33 4 9 33 4 y y              0,5 Với 9 33 9 33 3 33 3 4 4 4 y x           0,5 Với 9 33 9 33 3 33 3 4 4 4 y x           Vậy phương trình có hai nghiệm:   3 33 9 33 ; ; 4 4 x y           ;   3 33 9 33 ; ; 4 4 x y           0,5 2 Cho x y z , , là các số thực dương thỏa mãn xy yz zx    3. Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 3 3 3 1 8 8 8 x y z x y z       . 4 điểm Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có: 2 2 3 2 2 2 2 3 ( 2) ( 2 4) 6 8 ( 2)( 2 4) 2 2 2 8 6 x x x x x x x x x x x x x x                   1,0
Tương tự, ta cũng có 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 ; 8 8 6 6 y y z z y z y y z z         . 0,5 Từ đó suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 8 8 8 6 6 6 x y z x y z x y z x x y y z z               . (1) 0,5 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz : 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) 1,0 Ta chứng minh:   2 2 2 2 2( ) 1 3 ( ) 18 x y z x y z x y z          Thật vậy: Ta có:           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                         0,5 Nên   2 2 2 2 3 2( ) ( ) 18           x y z x y z x y z 2 2 2        x y z x y z 6 Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có: 2 2 2 3( ) x y z xy yz zx x y z xy yz zx           Mà xy yz zx    3 nên bất đẳng thức (3) đúng. Từ (1), (2) và (3), ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z   1. 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
B2 A2 C2 C1 B1 A1 G I N M F E P Q B C A Gọi I là trung điểm của BC. Ta có:      1 1 FQ.AI= FA+AQ AB+AC = FA.AB+FA.AC+AQ.AB+AQ.AC 2 2 0,5       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    FQ AI hay FQ A 1 1G  . 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 A G B C 1 2 2  . 1,0 Tương tự cũng có B G A C , C G A B 1 2 2 1 2 2   . 0,5 Vậy các đường thẳng đi qua A1, B1, C1 tương ứng vuông góc với B C ,C A ,A B 2 2 2 2 2 2 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 B C ,C A ,A B 1 1 1 1 1 1 cũng đồng quy. 1,0 4 Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 3 3 4m m 12n n    . Chứng minh rằng m n  là lập phương của một số nguyên. 4 điểm Ta có:     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 1,0 Giả sử p là một ước nguyên tố chung của m n  và 2 2 4m 4mn 4n 1    Do 2 2 4m 4mn 4n 1    là số lẻ nên p là số lẻ. 0,5