TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM HỌC 2022 – 2023 ĐỀ THI MÔN TOÁN – KHỐI 10 Thời gian[.]
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM HỌC 2022 – 2023 ĐỀ ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MƠN TỐN – KHỐI 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Câu (4,0 điểm) Giải hệ phương trình sau tập số thực 3 y y x 11 x y 39 y x2 x 14 x3 x y 3y y (1) (2) Câu (4,0 điểm) Cho x1 , x2 , , x2023 số thực dương Chứng minh x2023 x12 x22 2023 x1 x2 x2 x3 x2023 x1 Câu (4,0 điểm) Cho đường tròn (O) điểm A (O) cố định Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (O) ( B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC (O) lấy hai điểm phân biệt S , T Gọi M điểm cung nhỏ ST , P điểm di động (O) , AP cắt (O) điểm thứ hai Q MP cắt ST R Chứng minh đường tròn ( PQR ) qua hai điểm cố định P thay đổi (O) Câu (4,0 điểm) 17 2023 a 289b7 (17 a 17b 2) 17 ab Với a, b số nguyên dương Chứng minh số nguyên a b Câu (4 điểm) Trong mặt phẳng cho 20 điểm khơng có điểm thẳng hàng Các đoạn thẳng nối hai điểm số 20 điểm cho tô hai màu đỏ xanh Hỏi tồn tam giác với đỉnh thuộc 20 điểm cho mà cạnh tơ màu? -HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu loại máy tính cầm tay Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN – KHỐI 10 (Hướng dẫn có 05 trang) Câu (4,0 điểm) Giải hệ phương trình sau tập số thực 3 y y x 11 x y 39 y x2 x 14 x3 x y 3y y Câu (1) (2) Nội dung ĐK: Điể m 2 y y x 11 0 5 x y 39 0 14 x x 0 y x 7x 5y y 0 y 14 x 14 x 0 y 0 y Từ phương trình (2) suy x2 x y 14 x x y y PT (2) x y y 14 x 0 6 y Do nên áp dụng BĐT AM-GM ta có: x2 x y x2 7x y x3 5x 14 x x 2 2 2y 2y y 12 3y x2 x y x 14 xy y 0 Dấu " " xảy kvck y x 5 y ( x y )(3 x y ) 0 x y 39 y x y 39 0 x 0 Từ PT (1) suy nên x 5 y , thay vào (1) ta được: y y 11 24 y 39 y (3) 1 3 3 y y 11 y y y 10 y y 11 y 24 y 39 y 0 y y 10 24 y 39 y 0 0 y y 10 y y 11 y 24 y 39 y 39 0 y 24 y 39 y y y 11 y 24 Do Từ (3) ta có x 10 y 2 y y 10 0 x 25 y 5 Vì Thử lại thỏa mãn Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y ) (10, 2), (25,5) Câu (4,0 điểm) Cho x1 , x2 , , x2023 số thực dương Chứng minh x12 x22 x2023 2023 x1 x2 x2 x3 x2023 x1 Câ u Nội dung Điể m Theo bất đẳng thức AM GM ta có: 2 x12 x22 x2023 x2023 x12 x22 2023 2023 x1 x2 x2 x3 x2023 x1 x1 x2 x2 x3 x2023 x1 P Đặt: x x x 2 2 2023 x1 x2 x2 x3 x2023 x1 Ta cần chứng minh P 1 i j x x x x Thật vậy, theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có i j với i, j Do ta có: 2 x12 x22 x2023 x12 x22 x22 x32 x2023 x12 2 x1 x2 x2 x3 x2023 x1 2 2 2023 x x x x x x x x Suy ra: Vậy: P 1 Dấu “=” xảy x1 x2 x2023 x 2023 1 Cho đường tròn (O) điểm A (O) cố định Vẽ hai tiếp tuyến AB , AC (O) ( B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC (O) lấy hai điểm phân biệt S , T Gọi M điểm cung nhỏ ST , P điểm di động (O) , AP cắt (O) điểm thứ hai Q MP cắt ST R Chứng minh đường tròn ( PQR) qua hai điểm cố định P thay đổi (O) Câ u Nội dung Điể m Gọi D MB ST , E MC ST Từ D E kẻ hai đường thẳng vng góc với ST , cắt OB OC I, K Kẻ hai đường tròn ( I ; IB), ( K ; KC ) , hai đường tròn cắt X , Y Do OM / / DI (cùng vng góc với ST ) BOM cân O nên BID cân I Do D nằm đường tròn ( I ; IB ) Ta có MBS MTS MSD nên MSB MDS (g.g) nên MD.MB MS Tương tự ta có MP.MR MS Do MD.MB MP.MR hay M nằm trục đẳng phương ( I ; IB ) ( PQR) Ta có AB tiếp tuyến (O ) nên AB AP AQ , từ ta có A nằm trục đẳng phương ( I ; IB ) ( PQR ) (Do AB tiếp tuyến ( I ; IB) ) Do đó, AM trục đẳng phương ( PQR ) ( I ; IB ) Tương tự, AM trục đẳng phương ( PQR ) ( K ; KC ) Do đó, ta có AM trục đẳng phương ( I ; IB ) ( K ; KC ) Mà X , Y 1 giao điểm ( I ; IB) ( K ; KC ) nên ( PQR ) qua X , Y Dễ thấy theo cách dựng hình ta có X , Y cố định nên ( PQR ) qua điểm cố định Câu (4,0 điểm) 17 2023 a 289b7 (17 a 17b 2) 17ab Với a, b số nguyên dương Chứng minh số nguyên a b Câu Đáp án Điểm Giả sử ngược lại rằng, tồn số nguyên dương phân biệt a, b thoả mãn đề 17 2023 a 289b7 (17a 17b 2) 17ab Do (17 a b ,17 ab 1) 1 nên nguyên 2 17a 17b 217 ab (1) 2023 289 * * Giả sử tồn a, b thoả mãn (1) Khi đó, tồn a0 , b0 thoả (1) cho a0 b0 nhỏ 17 a02 17b02 k * 17a02 17ka0b0 17b02 k 0 17 a b 0 Đặt Khơng tính tổng quát, giả sử a0 b0 2 Xét phương trình 17 x 17 kb0 x 17b0 k 0 có nghiệm a0 nên phương trình cịn có nghiệm khác mà ta gọi a1 17kb02 k a a 0 17 Mà theo hệ thức Viete, ta có a1 a0 kb0 nên a1 * Theo cách chọn a0 , b0 , ta có a1 b0 a0 b0 nên a1 a0 Theo quy tắc dấu tam thức bậc hai, a1 a0 b0 nên 17b02 17 kb02 17b02 k 34b02 k (17b02 1) k 17 a 17b02 34a0b0 k 2 17 a b 17 a b 0 0 Mặt khác ta có Từ ta có mâu thuẫn, tức giả sử ta sai Vậy a b Câu (4 điểm) Trong mặt phẳng cho 20 điểm khơng có điểm thẳng hàng Các đoạn thẳng nối hai điểm số 20 điểm cho tô hai màu đỏ xanh Hỏi tồn tam giác với đỉnh thuộc 20 điểm cho mà cạnh tơ màu? Câu Nội dung Điểm Số tam giác tạo từ 20 điểm cho C20 1140 Ta gọi tam giác có cạnh tơ màu tam giác màu, loại lại gọi tam giác khác màu Gọi m số tam giác màu ( m 1140 ), suy số tam giác khác màu 1140 m A j Ai Ak Ta đặt tên điểm cho A1 , A2 , , A20 Với góc , ta A A ,A A gọi góc màu hai cạnh i j i k màu ngược lại ta gọi góc khác màu Lúc tam giác màu có ba góc màu, tam giác khác màu có góc màu hai góc khác màu Do tổng số góc màu 3m (1140 m) 2m 1140 Mặt khác, điểm Ai bất kỳ, số cạnh xuất phát từ Ai 19 Giả sử số có 1 x cạnh xanh 19 x cạnh đỏ Khi đó, số góc màu đỉnh Ai 19 323 C C x 19 x 171 x 81 2 m 1140 20.81 m 240 Do ta có , suy Vậy có 240 tam giác màu số tam giác cho x 19 x Giáo viên soạn đề: Nguyễn Thanh Quang SĐT: 0983901825 Email: ntquanglk@gmail.com