Đề Xuất Toán 10 Duyên Hải .Docx

SỞ GD ĐT HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG QUẢNG NINH ĐỀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HSG KHU VỰC DH&ĐBBB LẦN XIV NĂM 2023 Môn Toán lớp 10 ( Thời gian 180 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1 Tìm tất cả cá[.]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HSG QUẢNG NINH KHU VỰC DH&ĐBBB LẦN XIV NĂM 2023 Mơn Tốn lớp: 10 ( Thời gian: 180 phút khơng kể thời gian giao đề) Câu Tìm tất hàm số f :    cho f   f ( x)    y x  f  y  , x, y   Câu Cho a, b, c số thực dương, chứng minh  ab  bc  ca  a3 b3 c3    2 2 b  bc  c c  ca  a a  ab  b a b c  O  Một điểm Câu Cho tam giác ABC cố định có AB  AC  BC nội tiếp cung BC khơng chứa A Đường trịn  B, BD  cắt đoạn D nằm AB F ; đường tròn  C , CD  cắt đoạn AC E M trung điểm đoạn EF (a) Chứng minh D dịch chuyển cung BC khơng chứa A M dịch chuyển đường tròn cố định (b) EF cắt BC N ; AM cắt  O  điểm thứ hai R Đường tròn ngoại tiếp tam giác RMN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF điểm X nằm tam giác ABC Chứng minh X dịch chuyển đường thẳng cố định D dịch chuyển n   2 Câu Với số nguyên dương n  không chia hết cho 6; ta xét rn số dư n Tìm giá trị nhỏ rn Câu Với n số nguyên dương, tính giá trị biểu thức chia cho 2n C kn 2 k n k *********************** Hết *********************** ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Câu Lời giải f   f ( x)    y x  f  y  , x, y   Điểm điểm (1) Giả sử tồn hàm f thỏa mãn đề f  x1   f  x2  , dễ thấy x12  x2 hay x1 x2 (4) - Nếu -  f x ,x 0   g  x  0, x 0  g  x , x     g :     Xét hàm xác định bởi: , từ    f  f (1) suy    x  y   x  f  y  , x  0, y  nên f  g  x   y  x  f ( y ), x  0, y - (2) Biến đổi (2): u , v  0, y : f  g  u   g  v   y  u  f  g  v   y  u  v  g  y   f  g  u  v   y  Từ theo (4) suy g  u   g  v   y  g  u  v   y  , u , v  0, y Ta thấy phải g  u   g  v   y  g  u  v   y  , u, v  tồn giá trị y để , nên g g  x  0, x  cộng tính, mà nên g  x  cx, x  , với c 0 ; kết hợp với định f  x   c.x, x   g  x  cx, x   nghĩa g ta , hay Từ suy f  cx  y  x  f  y  x, y  , cuối Câu đến chia trường hợp f , ta kết c 1, f  x   x, x    ab  bc  ca  a3 b3 c3    2 2 2 b  bc  c c  ca  a a  ab  b a b c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwartz: điểm a3 b3 c3   b  bc  c c  ca  a a  ab  b a4 b4 c4    a  b  bc  c  b  c  ca  a  c  a  ab  b   a  b2  c  a 2b  ab  b c  bc  c a  ca  3abc Ta chứng minh a  b2  c  a  b  c a 2b  ab  b 2c  bc  c a  ca  3abc  a  a  b   a  c   b  b  c   b  a   c  c  a   c  b  0 Đây bất đẳng thức Schur Cuối a b c   ab  bc  ca  a b c , ta có đpcm Đẳng thức xảy a b c Câu điểm Lấy D ' đối xứng với D qua BC Khi đó: BD ' BF BD ; CD ' CE CD suy B, C tâm ngoại tiếp tam giác D ' ED; D ' FD  Ta chứng minh ED ' F 90 Ta có biến đổi: ED ' F 3600  BD ' F  CD  ' E  CD  'B      3600  900  FDD '  900  EDD '  CDB   1800  FDE  CDB 1800  BDF  CDE   DBF  ECD  900  BDF  900  CDE  900  Do nên ED ' F 90 Mặt khác M trung điểm EF nên MD ' ME MF Lại có : BD ' BE  MBD ' MBF (c.c.c)  BMF BMD '   Suy MB phân giác D ' MF Tương tự CM phân giác EMD '  Do nên BMC 90  M dịch chuyển đường trịn đường kính CB cố định  AEF   O  Gọi T giao điểm khác A Khi T điểm Miquel tứ giác tồn phần EFCB AN nên T  ( ECN ) Gọi U trung điểm BC (*) Trước hết ta chứng minh M , N , T , R,U thuộc đường tròn Thật vậy, ta có biến đổi góc: MRT ART ACT ECT ENT MNT Suy M , R, N , T thuộc đường tròn Bởi T giao điểm khác A  AEF   O  nên ta có :     TFE TAE TAC TBC     TEF 1800  TEN 1800  TCN TCB Suy TEF TCB( g.g ) Mặt khác M ,U trung điểm điểm EF , BC     Vậy nên TMN TME TUC TUN suy T , M ,U , N thuộc đường tròn Suy M , N , T , R,U thuộc đường tròn (*) Ta chứng minh X  AU  AEF   MNR  nên ta có : Thật ta ý X giao điểm khác T       TXU  TXA 1800  TNU  TEA 1800  TNU  TNC 1800 Suy X nằm đường thẳng AU cố định Câu4 Đầu tiên ta chứng minh rn 3 điểm Thật vậy, giả sử rn  Khi ta có trường hợp sau: n Trường hợp 1: rn 0 Khi n | Điều vô lý n  số nguyên dương lẻ Trường hợp 2: rn 1 n Khi n | 1 Gọi p ước nguyên tố nhỏ Đặt h ord p   n Khi h | p  1; h | 2n  h | gcd  p  1;2n   h |  h 2  p 3 Tuy nhiên điều vô lý n  không chia hết cho Trường hợp 3: rn 2 n n Khi n |  Bởi n  số nguyên dương lẻ nên n | 1 Xét p ước nguyên tố Đặt h ord p (2) n n h |  n  1 Khi từ điều kiện n | 1 , ta có h không ước n  Do nên v2  h  v2  n  1  Theo định lý Fermat nhỏ ta có h | p  Do nên : v n  1 1 p  12  , p ước nguyên tố n v n  1 n  1 2    Ta thu Điều vô lý Do nên rn 3 Ta ý thêm r5 3 Câu Vậy nên giá trị nhỏ rn 3, đạt n 5 2n C n k 1 S n  k S1 C11  C21 1 k n Ta có 2 Đặt Viết lại biểu thức: S n Cn0 1 1  Cn11 n 1  Cn22 n 2   C2nn n n 2 2 S n 1 Cn01 1 1  Cn12 n 2  Cn23 n 3   C2nn12 n 2 n 1 2 2 Ta có: 1 1 n 1.S n 1 Cn01  Cn12  Cn23  Cn34  n 1 C2nn12 2 2 Cn0  1 1 Cn 1  Cn01    Cn2  Cn12    Cn33  Cn23    n 1  C2nn11  C2nn 1   2 2 1 1 1   1   Cn0  Cn11  Cn22   n 1 C2nn11    Cn01  Cn12  Cn23   n 1 C2nn 1  2 2 2   2  2n S n  2n Sn 1   n 1 n 1   C2 n 1  C2 n 2  2n 1   2n S n  2n Sn 1   n 1 n 1  C   C2 n 1  C2nn 1   n 1  n 1   2n S n  2n Sn 1 Từ suy S n 1 Sn 1 với n Giáo viên đề: - Nguyễn Việt Dũng (SĐT: 036 333 5566) - Đặng Hồng Như (SĐT: 077 822 6171) điểm