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:
3 3 2
2 2
3 9
4
x y y
x y x y

  


  



Câu 2 (4 điểm): Cho
, ,
x y z

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
m, n
là các số tự nhiên thỏa mãn:


  


  



4 điểm
H
ệ ph
ương tr
ình t
ương đương:

 
 
3 3 2
2 2
3 9
3 3 4
x y y
x y x 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:

  
.
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
6
8
x x x x x
x x x x
x x
x x
x

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
    
     
  
. (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:
 0,5
Nên


2 2 2 2
3 2( ) ( ) 18
x y z x y z x y z
         2 2 2
6
x y z x y z      
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
3
xy yz zx
  
nên bất đẳng thức (3) đúng.

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
B
2
A


0,5









 
0
1 1
= 0-AF.AC+AQ.AB+0 = -AF.AC.cosF
AC+AQ.AB.cosQAB = 0
2 2
Do AF = AC, AQ = AB, FAC=QAB=90 +A
   



1
FQ AI hay FQ A 1
G   . 1,0
Ta có CGB
2

1,0 Tương tự cũng có
1 2 2 1 2 2
B G A C , C G A B
 
. 0,5
Vậy các đường thẳng đi qua A
1
, B
1
, C
1
tương ứng vuông góc với
2 2 2 2 2 2
B C ,C A ,A B
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
1 1 1 1 1 1
B C ,C A ,A B
cũng đồng quy.

1,0

     

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 Từ (1) suy ra
3
8n p

mà p là số nguyên tố lẻ
n p


m p




3
3
8n 2n
 , 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
144
48
3

điểm.

i i
i 1
a a 1
2



0,5
Ta có:
 
2
12
i
12 12 12 12
2 i 1i 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

   
 
 
 

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.