01. Toán 10_Đại.docx

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC (ĐỀ ĐỀ XUẤT) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2022 2023 Môn TOÁN – LỚP 10 Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm[.]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC: 2022- 2023 Mơn: TỐN – LỚP 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang, 05 (ĐỀ ĐỀ XUẤT) Câu (4,0 điểm) Cho P  x , Q  x hai đa thức hệ số thực có bậc nhỏ 2023 thoả mãn x 2023 P  x    x   Tính tổng tất hệ số đa thức 2023 Q  x  1 , với x   P  x Câu (4,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn ab  bc  ca 3 Chứng minh a  a 1 b   b 1 c   c  1 m2   n2 n  Câu (4,0 điểm) Cho m,n hai số nguyên dương lẻ cho chia hết cho Chứng minh m2   n số phương  O  với AB  AC Đường tròn nội tiếp Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn I tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB D, E , F Gọi M trung điểm BC, đường thẳng AM cắt  O  O  K khác N Đường tròn ngoại tiếp tam giác điểm N khác A; đường thẳng ND cắt  O OMK cắt điểm thứ hai T a) Gọi H điểm đối xứng với D qua I J giao điểm thứ hai KM  O  Chứng minh   A, H , J thẳng hàng BAT HAC b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt  O G Chứng minh đường thẳng TA, GD, OI đồng quy Câu (4,0 điểm) Một số nguyên dương m gọi “tốt” tồn số nguyên dương a, b, c, d cho m a  b c  d m  49 ad bc Ngược lại ta nói số m “xấu” a) Chứng minh số nguyên dương m tốt tồn hai số nguyên dương x, y cho xy m  x  1  y  1 m  49 b) Tìm số tốt lớn số xấu nhỏ Hết - Thí sinh KHƠNG sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Giám thị KHƠNG giải thích thêm TRƯỜNG THPT CHUN VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC: 2022- 2023 Mơn: TỐN – LỚP 10 Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Đáp án gồm 05 trang HƯỚNG DẪN CHẤM THI (ĐỀ ĐỀ XUẤT) I HƯỚNG DẪN CHUNG Giám khảo chấm đáp án, biểu điểm Nếu thí sinh có cách trả lời khác đáp án giám khảo chấm điểm theo biểu điểm Hướng dẫn chấm thi Giám khảo khơng quy trịn điểm thành phần câu, điểm thi II ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM Câu (4,0 điểm) Ta có x 2023 P  x    x   2023 Nội dung trình bày Q  x  1 (1) x  1 Trong (1) thay x x+1 ta :  Đặt f  x  P  x  1 ; g  x  Q  x  1  x 1 2023 Hay 2023 f   x    x  1  x  1 Từ (2) (3) suy 2023  x 1 2023 Dễ thấy hai đa thức P  x  1   x  1   x  1 2023 2023 2023 f   x     x  1 deg f  x  ;deg g  x   2023 Đặc biệt ta f    g   0 1,0 2023 (2) g   x  1, x   1,0 (3)  f  x   g   x     x  2023  g  x   f   x   , x   (4) 2023 nguyên tố nên từ (4) suy f  x   g   x   x  1 Mặt khác Q  x  1 1, x   g  x  1, x   g   x  1, x   ;1 x 2023 , ta f  x    x  1 Trong (2) thay x -x ta :   x  1 2023 Điểm nên ta 2023 f  x   g   x  0 1,0 P  Q  1 1 f  g   1 Trong (1) thay x 1 ta   Do   , từ tìm 1,0 1 P  1  f    P x   , suy Vậy tổng tất hệ số Câu (4,0 điểm) f  0  Nội dung trình bày Điểm Đặt a  x; b  y; c z x y  y z  z x 3 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành : x  x  1  y  y  1  z  z  1 1   x  1  y  1  z  1  x  1  y  1  z  1 Xét hiệu x 1,0  1  y  1  z  1   x  1  y  1  z  1           x     x y    xyz     x     xy   xyz  cyc   cyc   cyc   cyc             x  x       x y  xy      xyz    1  xyz    x     xy      cyc   cyc   cyc   cyc  2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM giả thiết x y  y z  z x 3 ta được: x  1  y  1  z  1   x  1  y  1  z  1           x     x y   xyz    x     xy    cyc   cyc   cyc   cyc  1,0            2 2   x     x     xy   xyz     x  1     x     xy   xyz   cyc   cyc   cyc   cyc   cyc   cyc        x     xy   xyz  (1) cyc cyc        2   x     xy   xyz  0  cyc  Ta chứng minh  cyc  (2) Áp dụng Bất đẳng thức Schur’s ta :  x  x  y   x  z  0 cyc , từ suy x cyc   xyz 2   xy    cyc  x  y  z 1,0    xyz 2   x     xy   xyz  2 xyz   x yz  cyc  Do  cyc  Mặt khác  xyz 1  x  y  z   xyz  xyz 1  x  y  z  9 xyz  x Vậy (2) chứng minh Từ (1) (2) suy xyz   xyz 0 x yz  1  y  1  z  1  x  1  y  1  z  1 1,0 , toán chứng minh Câu (4,0 điểm) Nội dung trình bày Nếu m=n ta có điều phải chứng minh Điểm 1,0 m  n 2 x m x  y ( x, y  ; x  0; y 0)   Nếu m khác n, đặt m  n 2 y Khi n x  y x y Từ x  y  0; x  y  suy Do n  1m   n  m m   n  m k  m   n  (1), k   (1)  ( x  y ) k  xy  1  x  2(2k  1) xy  ( y  k ) 0 Ta có (*) Coi (*) phương trình bậc hai ẩn x, có nghiệm nguyên x nên có nghiệm  x  x1 2(2k  1)  x1    x1 Ta có  xx1  y  k x ,y x  y Nếu x1    cặp nghiệm thỏa mãn (*) với x1  , suy y  k  xx1  y  y  k  0,5 1,0 Khi Suy  x  x1 2(2k  1)  , mâu thuẫn 2 Nếu x1  xx1  y  k   k  y  k   xy    y  Ta có k x12  2(2k  1) x1 y  y x12  2(2k  1) x1 y  y Suy 1,0 k  2(2k  1) x1 y 2(2k  1)  k , mâu thuẫn m2 2 2 m   n  k Do m   n số phương Vậy x1 0 Khi k  y Câu (4,0 điểm) Nội dung trình bày 0,5 Điểm a) (2,0 điểm) A H K O I B D T M C S N J Do H đối xứng với D qua I nên AH qua tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A với BC (kết bản) Gọi S giao AJ với BC Áp dụng định lý bướm với hay dây cung KJ AN qua trung điểm M BC, ta suy M trung điểm DS, suy S đối xứng với D qua M Vậy S tiếp điểm đường trịn bàng tiếp góc A với BC Vậy A, H , J thẳng hàng     Ta có KMO KTO OKT OMx (Mx tia đối tia MT) Suy MT MJ đối xứng 0,5 0,5 0,5 qua OM Mà OT OJ nên T J đối xứng qua OM Khi BCJT hình thang cân, suy   BAT HAC (đpcm) 0,5 b) (2,0 điểm) A Y G H A' Z K E O F I Q B D M C S J T X N       Do GFA GEA  GFB GEC ; GBF GCE Suy BFG CEG (g.g) GB BF BD   Do GC CE CD , suy GD phân giác góc BGC Vậy GD qua điểm 0,5 X cung nhỏ BC Gọi Y,Z điểm cung nhỏ AC AB  O Theo kết bàn XC  XI ; YC YI nên XY trung trực IC Suy XY / / DE Tương tự ta YZ / / EF , XZ / / DF Như hai tam giác XYZ DEF có cạnh tương ứng song song Do tồn phép vị tự tâm Q VQ : D  X ; E  Y ; F  Z 1,0 , biến DEF  XYZ , biến I thành O Suy ba điểm O, I , Q thẳng hàng Vậy OI GD cắt Q  I  A’ VQ : A '  A  A ' D / / XA  A ' D  EF  EF / / A ' H , Giả sử tia QA cắt A’HEF hình thang cân với AI trục đối xứng nó, suy   HAI  A ' AI  HAC  A ' AB Cùng với kết phần (a) ta suy A, A ', T thẳng hàng, tức 0,5 AT qua Q Vậy ba đường thẳng TA, GD, OI đồng quy Q Câu (4,0 điểm) Nội dung trình bày Điểm a) (1,0 điểm) Chiều đảo: Giả sử tồn hai số nguyên dương x,y cho  x  1  y 1 m  49 Khơng tính tổng qt, giả sử x  y Suy m  xy  x ( y  1)  y  x  1   x  1  y  1 m  49 Đặt a  xy; b  x( y  1); c  y  x  1 ; d  x  1  y  1 xy m 0,5 m a  b c  d m  49 ad bc Vậy m tốt Chiều thuận: Giả sử m tốt, tồn số nguyên dương a, b, c, d cho m a  b c  d m  49 ad bc a c  Từ ad bc , suy b d Khi biểu diễn a uv; b rv; c us; d rs , với u, v, r , s số nguyên dương Từ a  b  u  r , suy r u  Từ a  c  v  s , suy 0,5 u  1  v  1 rs d m  49 s v  Khi uv a m  Như tồn cặp  x, y   u , v  thoả mãn b) (3,0 điểm) Tìm số tốt lớn nhất: Giả sử m số tốt, tồn x,y nguyên dương cho xy m  x  1  y  1 m  49 (*) Khi ta có  m  49  x  1  y  1    xy    1,0 m   m 576 Dấu xảy x  y 24 Vậy số tốt lớn 576 Tìm số xấu nhỏ nhất: * Đầu tiên ta m=443 xấu: Thật vậy, giả sử 443 tốt, tồn x,y cho : cho   492  x  1  y  1  xy   xy 448 Vậy 443  xy 448 Thử trực tiếp 1,0 x  1  y  1 492 trường hợp cho mâu thuẫn với  * Tiếp theo ta chứng minh số m