KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ IX, NĂM HỌC 2015 – 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI MÔN TOÁN – KHỐI 10
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 23/4/2016

Câu 1 (4 điểm)
7 x 3 + y 3 + 3xy ( x − y ) = 12 x 2 − 6 x + 1
Giải hệ phương trình 
.
2
2
2 x + 3 − 9 − y + y = 1
Câu 2 (4 điểm)
Cho đường tròn (O) và dây AB. Các đường tròn (O1 ) và (O2 ) nằm về một phía đối
với đường thẳng AB, tiếp xúc với nhau tại T đồng thời tiếp xúc với AB và tiếp xúc
trong với đường tròn (O) . Tiếp tuyến chung tại T của các đường tròn (O1 ) và (O2 )
cắt đường tròn (O) tại C (với C thuộc nửa mặt phẳng với bờ là đường thẳng AB có
chứa hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) ). Chứng minh rằng T là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC.
Câu 3 (4 điểm)
Cho m và n là các số nguyên dương thỏa mãn 2016m + 1 là ước của 2016n + 1 .
Chứng minh rằng m là ước của n.
Câu 4 (4 điểm)
Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a + b + c = abc .
2

(2)
2 x + 3 − 9 − y + y = 1
3

3

2

(Chuyên Bắc Giang)
Lời giải

1,0 đ

Điều kiện xác định: −3 ≤ y ≤ 3 .
Phương trình (1) tương đương với phương trình:

( x − y)

3

= ( 2 x − 1)

⇔ y = 1− x
Thế (3) vào (2) ta được:

3

(3)
1,0 đ


3


 x −1 = 0
⇒
x
.
2 +
=0

8 + 2 x − x2 + 3

1,0 đ

Ta có hai trường hợp:
* TH 1: Nếu x = 1 thì y = 0 .
Thử lại vào hệ phương trình ban đầu thấy thỏa mãn.
x
= 0 thì ta có phương trình
* TH 2: Nếu 2 +
8 + 2 x − x2 + 3
2 8 + 2x − x2 = − x − 6
− x − 6 ≥ 0
⇔ 2
(vô nghiệm).
5 x + 4 x + 4 = 0
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( 1; 0 ) .
Câu 2

Cho đường tròn (O) và dây AB. Các đường tròn (O1 ) và (O2 ) nằm về một

+ Chứng minh tương tự ta cũng có MN cũng đi qua K.
·
·
+ Từ đó MEF
nên tứ giác EFNM là tứ giác nội tiếp, do đó
= MNB

1,0 đ

1

1

PK /( O1 ) = KF . KE = KN .KM = PK /( O2 ) .
Vậy điểm K nằm trên trục đẳng phương của (O1 ) và (O2 ) , suy ra ba điểm
C, T, K thẳng hàng.
Từ đó điểm T nằm trên phân giác của ·ACB (1)

Trang 3


+ Ta có các cặp tam giác đồng dạng V KAF và V KEA ; V KBN và V KMB .

1,0 đ

Từ đó KA2 = KF . KE = KT 2 , suy ra KA = KT .
Ta lại có KA = KB , suy ra KA = KB = KT .
Vì vậy các tam giác KAT và KBT cùng cân tại K.
·
·


(

n
m
* TH1: Nếu q là số lẻ thì 2016 + 1 =  2016


(

m

q

+1 .2016r + 1 − 2016 r .


) ( 2016 + 1) thu được
+ 1) ( 2016 − 1) ⇒ r = 0 ⇒ m n .

m
Kết hợp với 2016 + 1

( 2016

)

n

r



) (

+ 1 và 2016m + 1  2016m


)

m
r
được 2016 + 1 2016 + 1 (vô lí vì 0 ≤ r < m ).

Vậy ta có đpcm.

Câu 4

Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a + b + c = abc .
Trang 4

)

2

1,0 đ

1,0 đ
− 1 ta thu



2
2
2
x2 y 2 z 2 ( x + y + z ) ( x + y + z )
Trước hết ta chứng minh
+
+ ≥
y
z
x
xy + yz + zx

(1)

1,5 đ

Thật vậy, ta có:
(1) ⇔ ( xy + yz + zx ) ∑
cyc

x2
≥ ( x + y + z ) ( x2 + y2 + z 2 )
y

x3 z
⇔ x + y +z +x z+z y+ y x+∑
≥ x3 + y 3 + z 3 + ∑ x 2 y
cyc y
sym
3

+
≥ 2z2 x .
+
≥ 2y z ;
y
z
y
x
z
x
Cộng theo vế ba BĐT trên suy ra BĐT (2) được chứng minh.
Vậy BĐT (1) được chứng minh.
x2 y 2 z 2
+ ≥ 3 − 3 + ( x + y + z ) ( x2 + y 2 + z 2 ) .
Từ (1) suy ra 3 − 3 + +
y
z
x

1,0 đ

Vì vậy ta cần chứng minh
3 − 3 + ( x + y + z ) ( x2 + y2 + z 2 ) ≥ ( x + y + z )

2

⇔ ( x + y + z ) ( x2 + y2 + z 2 ) ≥ x2 + y 2 + z 2 + 3 − 1
⇔ ( x 2 + y 2 + z 2 ) ( x + y + z − 1) ≥ 3 − 1

(3)

Như vậy tập con A chứa các phần tử a, b, c, d, e, f thỏa mãn bài toán.
Suy ra đpcm.

1,0 đ

1,0 đ
1,0 đ
1,0 đ

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.

Trang 6