TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Trường Trung học Phổ thông Chuyên
——————————————————–
TỔ TOÁN TIN
ĐỀ NGUỒN VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
OLYMPIC DUYÊN HẢI NĂM HỌC 2014-2015
Hà Nội, Năm 2015
TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
———–***———–
ĐỀ NGUỒN THI OLYMPIC DUYÊN HẢI MÔN TOÁN - LỚP 10
Năm học 2014 − 2015
Thời gian: 180 phút
Câu 1. Giải hệ phương trình

(xy)
3
+ 3xy
3
+ 1 = 5y
2
3xy
3
= 2y
2
+ 1.
Câu 2. Cho ba số dương a, b, c > 0. Chứng minh rằng
(a + b)
2
ab
+

2
)
(x − y)
2
, trong đó x > y là các số nguyên dương.
1. Chứng minh rằng tập các số đẹp chứa vô hạn số lẻ và vô hạn số chẵn.
2. Tìm số nguyên dương bé nhất mà là số đẹp.
TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
———–***———–
ĐỀ NGUỒN THI OLYMPIC DUYÊN HẢI MÔN TOÁN - LỚP 11
Năm học 2014 − 2015
Thời gian: 180 phút
Câu 1. Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
a
(b + c)
2
+
b
(a + c)
2
+
c
(a + b)
2
≥
9
4(a + b + c)
.
Câu 2. Cho P là một đa thức hệ số thực có bậc bằng 2016. Hãy xác định tất cả

+
2
y
3
.
Cộng lại cho ta x
3
+ 9x =
1
y
3
+
9
y
. Suy ra x =
1
y
. Ta thu được 3y
2
= 2y
2
+ 1
hay y = ±1. Từ đó x = y = ±1. Đáp số (x, y) = (±1, ±1).
2 Bất đẳng thức tương đương với
2

sym

a
b

b
+
b
a

≥ 6.
Do đó ta có kết quả.
3 Gọi D = XY ∩ BC, P = XY ∩ AM, E = DM ∩ (O), Q = AM ∩ BC. Ta có (DQBC) = −1 nên
M(DBQC) = −1. Suy ra EBAC điều hòa. Từ A(DQBC) = −1 ta suy ra A(DP Y X) = −1. Do vậy
M(DP Y X) = −1 hay M (EAZT ) = −1. Từ đây ET AZ điều hòa. Thành thử ZT, BC, AA đồng quy.
4 1. Cho x = y + 1 ta suy ra có vô hạn số lẻ đẹp. Cho x = 2y + 1 ta suy ra có vô hạn số chẵn đẹp.
2. Đáp số n bé nhất là 10. Đầu tiên ta chọn (x, y) = (3, 1) thì được số đẹp 10. Tiếp theo giả sử n đẹp,
khi đó vì x − y | (x
2
+ y) − (x + y
2
) và (x − y)
2
| (x
2
+ y)(x + y
2
) nên x − y | x
2
+ y, x + y
2
. Từ đó
đặt x
2
+ y = u(x − y) và x + y

2
+
c
2
(a + b)
2
+
a
b + c
+
b
a + c
+
c
a + b
≥
9
4
Tuy nhiên điều này suy trực tiếp từ bất đẳng thức Nesbit và bất đẳng thức phụ 3(x
2
+y
2
+z
2
) ≥ (x+y +z)
2
.
2 Ta thấy f(x) ≡ −P (x) là một nghiệm hàm. Giả sử f(x) ≡ −P (x). Đặt g(y) = f(y) + P (y). Khi đó tồn
ta y
0

EB
HB
·
AH
EA
·
EB
EA
=
cot A/2
cot B/2
. Do vậy
EB
EA
·
EC
ED
S(EAK

)
S(EBK

)
=
cot A/2
cot B/2
. Suy ra
S(ECK

)

II
cùng dấu. Thực vậy nếu không thì
|S
I
− S
II
| = |S
I
| + |S
II
| ≥ 26 + 26 = 52 . Mặt khác, ta có |S
I
− S
II
| ≤ 25 + 25 = 50 (vì các hình vuông này
chung 24 dòng hoặc 24 cột). Tóm lại ta được tất cả các hình vuông con có tổng cùng dấu.
Ta chia hình vuông ban đầu thành bốn hình con bằng nhau ở bốn góc. Vì các tổng cùng dấu nên ta suy
ra tổng các số có trị tuyệt đối lớn hơn 4 × 25 = 100, mâu thuẫn.
Danh sách các thầy cô đề xuất bài
1. Thầy Nguyễn Sơn Hà: Câu 1 – Đề lớp 10 và Câu 2 – Đề lớp 11.
2. Thầy Nguyễn Minh Hà: Câu 3 – Đề lớp 11.
3. Thầy Hà Duy Hưng: Câu 2,3,4 – Đề lớp 10 và Câu 1,4 – Đề lớp 11.
Biên soạn đề thi: TS. Hà Duy Hưng