Toan 10 Dap An De De Xuat Dhbb Thpt Chuyen Quoc Hoc Hue.docx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN THUẾ TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐỀ ĐỀ XUẤT KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM 2023 Đề thi môn Toán lớp 10 Thời gian làm bài 18[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ĐỀ XUẤT KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC THỪA THIÊN THUẾ TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB NĂM 2023 Đề thi mơn: Tốn lớp 10 Thời gian làm bài: 180 phút Câu (4,0 điểm) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn f (2 xf ( x )  f ( y )) 2 x  y  f ( y ) với x, y   2 Câu (4,0 điểm) Cho x1 , x2 , , x2024 số thực thỏa mãn x1  x2   x2024 2024 Tìm giá  2024   1i  j 2024  2024  xi x j P trị lớn biểu thức    Câu (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn Đường tròn nội tiếp I  O  , BC cố định, A thay đổi tam giác ABC tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB D, E, F Gọi K, M, N giao điểm EF, FD, DE với BC, CA, AB Đường trịn đường kính KD, EM, FN cắt I A1 , B1 , C1 a Chứng minh DA1 , EB1 , FC1 đồng quy điểm J b Gọi T trung điểm EF Chứng minh JT qua điểm cố định A thay đổi Câu (4,0 điểm) Cho n số nguyên dương Chứng minh tồn a, b, c nguyên n dương cho 2027 (a  bc)(b  ac ) n số chẵn Câu (4,0 điểm) Cho bảng hình chữ nhật kích thước 2023 2025 chứa 2023 2025 vuông Tồn cách tô màu cho tất ô vuông bảng hai màu trắng đen cho hình chữ nhật kích thước 3 có hai trắng Tính số trắng -Hết - ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM Câ u Nội dung trình bày Điể m Tìm tất hàm số t hàm số hàm số f :    thỏa mãna mãn 4,0 f (2 xf ( x )  f ( y )) 2 x  y  f ( y ) với i i x, y   Giả hàm số sử có có y1 , y2 để f ( y1 )  f ( y2 ) Trong đề bài, thay bài, thay ( x, y )  ( x, y1 ), ( x, y2 ) so sánh, ta có y1  y2 Suy f ( x) đơn ánh.n ánh Trong đề bài, thay , thay x   x, ta có f ( xf ( x )  f ( y )) 2 x  y  f ( y ) nên 1,0 f (2 xf ( x)  f ( y ))  f ( xf ( x)  f ( y )) Từ tính đơn ánh, ta có tính đơn ánh.n ánh, ta có xf ( x)  xf ( x) hay f ( x)  f ( x) với i i x 0 Thay x  y 0 vào đề bài, thay , ta có f ( f (0))  f (0) nên đặt t a  f (0) f ( 2a)  a Thay x 0, y  2a vào đề bài, thay , ta có f ( f ( 2a )) 2a  f ( 2a ) hay  a 2a  ( a) , nên a 0 0,5 Do đó, ta có f (0) 0 f ( x)  f ( x), x   2 Thay y 2 x vào đề bài, thay , ta có f (2 xf ( x )  f (2 x ))  f (2 x ) nên f (2 xf ( x )  f (2 x ))  f (  x ) , 2 2 0,5 dùng tính đơn ánh.n ánh, ta có xf ( x)  f (2 x )  x hay f (2 x )  xf ( x)  x với i i x (1)  Thay y 0 vào đề bài, thay , ta có f (2 xf ( x )) 2 x nên f toàn ánh  , mà f lẻ nên nên f toàn ánh  Thay x 0 vào đề bài, thay , ta có f ( f ( y ))  y  f ( y ) nên f (2 f ( y ))  y  f ( y ) với i i y (2) 2 Tiếp tục thay p tục thay c thay y 2 xf ( x ) vào (2), ta có f (4 x ) 2 xf ( x)  x Kếp tục thay t hợp với (1) thìp với i (1) f (4 x ) 2 f (2 x ) hay f (2 x) 2 f ( x) với i i x 0 0,5 Do f lẻ nên nên có f (2 x ) 2 f ( x) với i i x   2 Từ tính đơn ánh, ta có (1), ta có f ( x ) xf ( x)  x nên thay x 1, ta có f (1) 1 Từ tính đơn ánh, ta có (2), ta có y  f ( y ) 2 f ( f ( y )) (*) nên thay vào đề bài, thay f ( xf ( x)  f ( y )) 2 x  f ( f ( y )) hay f ( xf ( x)  f ( y )) x  f ( f ( y )) 0,5 Do f tồn ánh nên viếp tục thay t lại thành i thành f ( xf ( x)  y ) x  f ( y ) với i i x, y   Trong (3), thay x 1, ta có f ( y  1)  f ( y )  Trong (3), thay x  x  (3) 1,0 f ( xf ( x)  f ( x )  x   y ) ( x  1)  f ( y ) hay x  f ( f ( x)  x  y )  ( x  1)  f ( y ) Suy f ( f ( x)  x  y ) 2 x  f ( y ) , với i y 0 f ( f ( x)  x) 2 x Suy f (2 x )  f ( f ( f ( x )  x)) , kếp tục thay t hợp với (1) thìp với i (*) f ( x)  x  f ( f ( x)  x) hay f ( x )  f ( x)  x  x f ( x)  Từ tính đơn ánh, ta có ta có f ( x )  x với i i x Thử có lại thành i thất hàm số y thỏa mãna mãn 2 2 Cho x1 , x2 , , x2024 số thực thỏa mãn x1  x2   x2024 2024 Tìm giá trị lớn  2024  4,0 P      1i  j 2024  2024  xi x j  biểu thức Với j i ta có: Trường hợp 1: 2024  xi x j 2024  xi2  x 2j 2024  2024 1012  1,0 2 i x 2j 0  j i  Nếu tồn x 2024 Trường hợp 2: Nếu xi  2024, i 1, 2024 Ta có: Khi P 2024  2024    2023.2024   xi x j xi x j              2024  xi x j  1i  j 2024  2024  xi x j  1i  j 2024  1i  j  2024  2024  xi x j  xi x j xi x j xi x j  x 2j xi2 1      2 2  2024  xi 2024  x j  2 xi  x j 2024  xi x j 2024  x 2024  x    i  j  2024  Ta lại có: P  Suy  xi x j  1i  j 2024  2024  xi x j 1,5 ra: j j  1    x x x 2024  x 2024           2       2024  xi 2024  x j  i j  2024  xi  i 1 2024  x 2023.2024 2024 2024 P   1,5 2 Do đó: 20242 Dấu xảy x1 x2   x2024 1 Vậy giá trị lớn P x1 x2   x2024   i 2022 i i 3,0  O  , BC cố định, A thay đổi Đường tròn nội tiếp Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  I  tam giác ABC tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB D, E, F Gọi K, M, N giao điểm EF, FD, DE với BC, CA, AB Đường trịn đường kính KD, EM, FN cắt I A1 , B1 , C1 a Chứng minh DA1 , EB1 , FC1 đồng quy điểm J b Gọi T trung điểm EF Chứng minh JT qua điểm cố định A thay đổi A A1 I F 3a E T J 2,0 O B C D I1 K Gọi tâm đường trịn đường kính KD, EM, FN I1 , I , I Dễ chứng minh tâm  O   I  nên chúng đường tròn đường kính KD, EM , FN thuộc trục đẳng phương thẳng hàng  I  , I cực EB1  I  , I cực FC1 Có I1 cực DA1 I Lại có I1 , I , I thẳng hàng nên suy DA1 , EB1 , FC1 đồng quy J 3b 1,0 1,0 Jb X A A1 Jc F D' I J O B K E T C D 2,0 P Ja  ABC  Gọi J a , J b , J c tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tam giác ABC, 1,0 đường trịn Euler tam giác J a J b J c  I  Theo kết quen thuộc, ta có: +, Kẻ đường kính DD’ D  KAA1 D  D  KAJ a D  A1 , D, J a thẳng hàng, từ suy J  DJ a Tương tự ta có J  EJ b , J  FJ c +, Tam giác DEF J a J b J c có cạnh tương ứng song song, từ suy J tâm phép vị tự biến tam giác DEF thành J a J b J c Do T trung điểm EF nên X JT  J b J c trung  ABC  suy JT qua điểm J b J c , từ suy X điểm cung BAC điểm X cố định Cho n số nguyên dương Chứng minh tồn a, b, c nguyên dương cho 2027 n (a  bc)(b  ac ) n số chẵn Từ giả thiết suy tồn p, q nguyên dương thỏa mãn quát, giả sử a b Từ (1) suy  a  b  bc  ac (a  b)(c  1) 2027 p  2027 q  q p b  a  ac  bc (a  b)(c  1) 2027  2027 (2) Vì a b nên q  p , p  a  bc 2027  q b  ac 2027 4,0 (1) Không tổng p q p ( a  b)(c  1) 2027 (2027  1) (2)   p q p ( a  b)(c  1) 2027 (2027  1) (3) 2027 | c  2027 | c  , (3)  2027 p | a  b  a  bc | a  b (*) Mặt khác, từ Nếu | a  bc || a  b | (*) suy a  b 0  (a  bc)(b  ac) (a  bc) 2027 n  n 2 2027 | c  1,0 1,0 1,0 1,0 p 2027 | a  b , a  bc | a  b (**) Vì a  bc a  b nên (**) suy Nếu n 1,0 c 1 Khi ( a  bc)(b  ac) (a  b) 2027  n 2 2| n Vậy trường hợp ta ln có Cho bảng hình chữ nhật kích thước 2023 2025 chứa 2023 2025 vng Tồn cách tô màu cho tất ô vuông bảng hai màu trắng đen cho hình chữ nhật 4,0 kích thước 3 có hai trắng Tính số trắng Ta cần chứng minh hình chữ nhật 13 chứa ô trắng Giả sử tồn hình chữ nhật 13 chứa hai trắng khơng chứa trắng 1,0 Nếu tồn hình chữ nhật 13 khơng chứa trắng hình chữ nhật 13 cạnh phải chứa hai trắng Vậy ta cần chứng minh tồn hình chữ nhật 13 chứa hai ô trắng Xét trường hợp hai ô trắng nằm kề hình sau: A B C 1,0 D E F G H I Giả sử hai A, B tơ trắng ô D, E, G, H phải tô đen Suy F, I phải tơ trắng Khi hình chữ nhật 3 chứa ô B, C, E, F, H, I chứa ô trắng Vậy trường hợp không thỏa mãn Xét trường hợp hai ô trắng khơng nằm kề hình sau: A B C D E F G H I K L M 1,0 Giả sử hai A, C tơ trắng I, L phải tơ trắng Suy ô B, F, K, D, H, M phải tô đen Khi hình chữ nhật 3 chứa ô B, C, D, F, G, H chứa ô trắng Vậy trường hợp không thỏa mãn Vậy hình chữ nhật 13 chứa màu trắng Ta chia bảng 2023 2025 thành 1,0 2023 675 hình chữ nhật 13 Vậy có 2023 675 1365525 ô trắng