Đang tải... (xem toàn văn)
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 : f → ( ( f ( x) ) cho ) + 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 Câu Cho tam giác ABC cố định có AB AC BC nội tiếp ( O ) Một điểm cung BC không chứa đoạn AC D nằm A Đường tròn ( B, BD ) cắt đoạn AB F ; đường tròn (C, CD ) cắt E M trung điểm đoạn EF (a) Chứng minh D dịch chuyển cung BC không chứa A M dịch chuyển đường trịn 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 Câu Với số nguyên dương n không chia hết cho 6; ta xét rn số dư ( −2 ) n chia cho n Tìm giá trị nhỏ rn Câu Với n số nguyên dương, tính giá trị biểu thức 2n C kn 2 k =n k *********************** Hết *********************** ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Lời giải Câu Câu f ( ( f ( x) ) Điểm ) điểm + y = x + f ( y ) , x, y (1) Giả sử tồn hàm f thỏa mãn đề - Nếu f ( x1 ) = f ( x2 ) , dễ thấy x12 = x2 hay x1 = x2 (4) ( ( )) - Xét hàm g : → f x ,x 0 xác định bởi: g ( x ) = 0, x = , từ − g − x , x ( ) ( ( x )) + y = x + f ( y ) , x 0, y nên (1) suy f f 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 tồn giá trị y để g ( u ) + g ( v ) + y = ( g ( u + v ) + y ) , u, v , nên g cộng tính, mà g ( x ) 0, x nên g ( x ) = cx, x , với c ; kết hợp với định nghĩa g ta g ( x ) = cx, x , hay f ( x ) = c.x, x Từ suy f ( cx + y ) = x2 + f ( y ) x, y , đến chia trường hợp f , ta kết cuối 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 Câu điểm Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwartz: 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 + c2 ) a 2b + ab + b c + bc + c a + ca − 3abc Ta chứng minh (a + b2 + c2 ) a+b+c a 2b + ab + b c + bc + c a + ca − 3abc a ( a − b )( a − c ) + b ( b − c )( b − a ) + c ( c − a )( c − b ) Đây bất đẳng thức Schur Cuối a + b + c ( ab + bc + ca ) , ta có đpcm a+b+c 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 = 900 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 = 900 − BDF + 900 − CDE = Do nên ED ' F = 900 Mặt khác DBF + ECD = 900 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 = 900 M dịch chuyển đường trịn đường kính CB cố định Gọi T giao điểm khác A ( AEF ) (O ) Khi T điểm Miquel tứ giác toàn phần EFCB.AN nên T ( ECN ) Gọi U trung điểm BC (*) Trước hết ta chứng minh M , N ,T , R,U thuộc đường trịn 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 điểm Suy TEF TCB( g.g ) Mặt khác M ,U trung 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 Thật ta ý X giao điểm khác T ( AEF ) ( MNR ) nên ta có : TXU + TXA = 1800 − TNU + TEA = 1800 − TNU + TNC = 1800 Suy Câu4 X nằm đường thẳng AU cố định Đầu tiên ta chứng minh rn điểm Thật vậy, giả sử rn Khi ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: rn = Khi n | 2n Điều vô lý n số nguyên dương lẻ Trường hợp 2: rn = Khi n | 2n + Gọi p ước nguyên tố nhỏ n Đặt h = ord p ( 2) Khi h | p −1; h | 2n h | gcd ( p −1;2n ) h | h = p = Tuy nhiên điều vô lý n không chia hết cho Trường hợp 3: rn = Khi n | 2n + Bởi n số nguyên dương lẻ nên n | 2n−1 +1 Xét p ước nguyên tố n Đặt h = ord p (2) Khi từ điều kiện n | 2n−1 +1 , ta có h | ( n −1) h khơng ước n −1 Do nên v2 ( h ) = v2 ( n − 1) + Theo định lý Fermat nhỏ ta có h | p − Do nên : p −1 2 ( v n −1) +1 , p ước nguyên tố n Ta thu ( n − 1) v2 ( n −1) +1 Điều vơ lý Do nên rn Ta ý thêm r5 = Vậy nên giá trị nhỏ Câu 2n C kn k =n 2k Đặt S n = Sn = Cn0 rn Ta có S1 = C11 3, đạt n = 1 + C21 = Viết lại biểu thức: 2 1 1 + Cn1+1 n +1 + Cn2+ n + + + C2nn n n 2 2 Sn +1 = Cn0+1 1 1 + Cn1+ n + + Cn2+3 n +3 + + C2nn++12 n + n +1 2 2 Ta có: 1 1 2n +1.Sn +1 = Cn0+1 + Cn1+ + Cn2+3 + Cn3+ + n +1 C2nn++12 2 2 = Cn0 + 1 1 Cn +1 + Cn0+1 ) + ( Cn2+ + Cn1+ ) + ( Cn3+3 + Cn2+3 ) + + n +1 ( C2nn++11 + C2nn +1 ) ( 2 2 1 1 1 1 = Cn0 + Cn1+1 + Cn2+ + + n +1 C2nn++11 + Cn0+1 + Cn1+ + Cn2+3 + + n +1 C2nn +1 2 2 2 2 = 2n S n + 2n S n +1 + n +1 n +1 C2 n +1 − C2 n + 2n +1 = 2n S n + 2n S n +1 + n +1 n +1 C − ( C2 n +1 + C2nn +1 ) n +1 n +1 = 2n S n + 2n S n +1 Từ suy Sn+1 = Sn = với n Giáo viên đề: - Nguyễn Việt Dũng (SĐT: 036 333 5566) - Đặng Hồng Như (SĐT: 077 822 6171) điểm