Chv - Phú Thọ - Toan 10 Copy.pdf

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN TOÁN VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ KHỐI 10 NĂM 2023 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG Thời gian làm bài 180 phút PHÚ THỌ (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1 (4,0[.]

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MƠN TỐN VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ KHỐI 10 - NĂM 2023 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG Thời gian làm bài: 180 phút (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) PHÚ THỌ Câu (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : → thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: i) x, y  , a  : f ( x + y ) = f ( x ) f ( a − y ) + f ( y ) f ( a − x ) ; ii) f ( ) = Câu (4,0 điểm) Cho a, b, c  thỏa mãn: 1 c4 + = Chứng minh rằng a + b4 + c4 + abc ( a + b + c )  ( ab + bc + ca ) Câu (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi M , N là trung điểm AB, CD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt CD P Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM cắt AB Q Chứng minh rằng AC , BD, PQ đồng quy Câu (4,0 điểm) Cho n  số ngun dương lẻ và có các ước ngun tớ p1 , p2 , , pk Chứng minh rằng 2 ( n) − có ước sớ ngun tớ không thuộc tập  p1; p2 ; ; pk  Câu (4,0 điểm) Cho p số nguyên tố n số nguyên dương Tìm số thứ tự ( a1 , a2 , a3 , a4 ) thỏa mãn a1 , a2 , a3 , a4  0,1, 2, , p n − 1 p n ( a1a2 + a3a4 + 1) ? HẾT ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KHỐI 10 Câu Ý Điểm Nội dung Câu (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : → thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: i) x, y  , a : f ( x + y ) = f ( x ) f ( a − y ) + f ( y ) f ( a − x ) ; ii) f ( ) = Cho x = y = i) ta f ( ) = f ( ) f ( a ) + f ( ) f ( a ) mà f ( ) = f (a) = nên 1,0 Cho y = f ( x ) = f ( x ) f ( a ) + f ( ) f ( a − x )  f ( x ) = f ( a − x ) (1) 1,0 Từ suy f ( x + y ) = f ( x ) f ( y ) (2) Ở (2) lấy y = a ta có f ( x + a ) = f ( x ) 1,0 Thay x − x vào (1) kết hợp (2) ta có f ( − x ) = f ( a + x ) = f ( x ) Ở i) thay y − y ta có f ( x − y ) = f ( x ) f ( a + y ) + f ( − y ) f ( a − x ) = f ( x ) f ( y ) (3) Từ (2) (3) ta có f ( x − y ) = f ( x + y ) , x, y  x ta có f ( x ) = f ( ) = 2 Học sinh làm cách khác, giáo viên chấm theo thang điểm tương ứng Cách Tương tự đến f ( x + a ) = f ( x ) Thay x, y   f ( x) = Thay y = a − x ta rút   f ( x) = −   Đặt S =  x   x0  S 1 f ( x ) = −  Ta chứng minh S =  Thật vậy, giả sử tồn 2 1 = f ( x0 ) = f ( x0 + ) = f ( x0 ) f ( a ) + f ( ) f ( a − x0 )  f ( a − x0 ) = − 2 Tương tự suy f ( a − n.x0 ) = − Do a − nx0  S , n  Ta có − Tương tự 1,0 f ( a + x0 ) = f ( a ) f ( a − x0 ) + f ( x0 ) f ( ) = −  a + x0  S  a + nx0  S , n  Vậy a + nx0  S , n  Ta có f ( a + x0 ) = f ( a ) f ( a − x0 ) + f ( x0 ) f ( ) = , mâu thuẫn Mặt khác f ( x0 + x0 ) = f ( x0 ) f ( a − x0 ) = Vậy f ( x )  2 Cho a, b, c  thỏa mãn: 1 c4 + = Chứng minh rằng a + b4 + c4 + abc ( a + b + c )  ( ab + bc + ca ) 1 c4 1 1 1 + =  + = 1−  + + = a +1 b +1 c +1 a +1 b +1 c +1 a +1 b +1 c +1 Đặt 1,0 x y z = ; = ; = 4 1+ a x + y + z 1+ b x + y + z 1+ c x+ y+z Khi ta có a = y+z ;b = x x+z ;c = y x+ y z 1,0 Ta có P= abc ( a + b + c ) ab + bc + ca  abc ( a + b + c ) 3abc = (a + b + c) a + b + c Ta có 1,0 xy  x y   ( x + z )( y + z )    x + z + y + z  =   Mà xy ( x + z )( y + z ) Như = x y = 2 y+z x+z a b 1 + 2+ 2 ab bc ca 2 Ta lại có 1,0 1  1   a+b+c  a+b+c     + +   3 2 + 2 + 2        abc  ab bc ca   a b b c c a   abc  2 Do P  Câu (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi M , N trung điểm AB, CD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt CD P Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM cắt AB Q Chứng minh rằng AC , BD, PQ đồng quy S A Q M B D P N C *) Nếu AB // CD ABCD là hình thang cân AC , BD, PQ đờng quy 0,5 *) Nếu AB CD không song song, gọi S là giao điểm AB, CD 1,5 Khi tứ giác ABCD nội tiếp nên ta có SA.SB = SC.SD (1) Do điểm A, B, N , P thuộc đường tròn nên SA.SB = SN SP (2) Mặt khác điểm C , D, M , Q thuộc đường tròn nên SM SQ = SC.SD (3)  SA.SB = SM SQ Từ (1), (2), (3) ta suy ra:   SC.SD = SN SP 1,0 Mà M , N là trung điểm AB, CD nên theo hệ thức Maclaurin ta có: 1,0 ( SQAB ) = −1 ( SPCD ) = −1 Vậy AC , BD, PQ đồng quy Cho n  số nguyên dương lẻ và có các ước ngun tớ p1 , p2 , , pk Chứng minh rằng 2 ( n ) − có ước sớ ngun tớ khơng thuộc tập  p1; p2 ; ; pk  k k i =1 i =1 ( ) Đặt n =  pii , m =  ( n ) =  pii −1 ( pi − 1) = 2u pi − 2u − pi , i = 1, 2, , k 1,0 Mặt khác 22u − = ( 2u − 1)( 2u + 1) và ( 2u − 1; 2u + 1) = 1,0 Suy ( pi ; 2u + 1) = , i = 1, 2, , k tức 2u + có ước ngun tớ khơng thuộc tập 1,0 Ta có u  p1; p2 ; ; pk  Từ ta có 2 ( n ) − có ước số nguyên tố không thuộc tập  p1; p2 ; ; pk  1,0 Cho p số nguyên tố n số nguyên dương Tìm số thứ tự ( a1 , a2 , a3 , a4 ) thỏa mãn a1 , a2 , a3 , a4  0,1, 2, , p n − 1 p n ( a1a2 + a3a4 + 1) ? ( x, p ) =  ( x, p n ) =   x.k k = 0,1, 2, , p n − 1 hệ thặng dư 1,0 TH1 Nếu a1  ( mod p ) với cách chọn a3 , a4 tờn nhất sớ 1,0 Nhận xét Nếu đầy đủ mod p n a2  0,1, 2, , p n − 1 thỏa mãn p n ( a1a2 + a3a4 + 1) Do sớ thứ tự ( a1 , a2 , a3 , a4 ) trường hợp số cách chọn a1  ( mod p ) a3 , a4  0,1, 2, , p n − 1 suy số :  ( p n ) p n p n = p 3n − p 3n −1 TH2 a1  ( mod p )  a3 , a4  ( mod p ) Nếu a3  ( mod p ) , a2  0,1, 2, , p n − 1 tờn với nhất cách chọn 1,0 số a4  0,1, 2, , p n − 1 , a4  ( mod p ) thỏa mãn p n ( a1a2 + a3a4 + 1) Do sớ ( a1 , a2 , a3 , a4 ) trường hợp số cách  ( mod p ) , a2  0,1, 2, , p n − 1 suy số : thứ tự a3 (p n chọn a1  ( mod p ) ) −  ( p n ) p n  ( p n ) = p3n−1 − p3n−2 Do sớ thứ tự thỏa mãn yêu cầu toán là: p 3n − p 3n −1 + p 3n −1 − p 3n − = p 3n − p 3n − 1,0