1. Toan 10-Đbbb Môn Toán 10-26-6- 2023.Pdf

1 SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ (GIỚI THIỆU) THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN TOÁN HỌC LỚP 10 NĂM 2023 Thời gian làm bài 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu[.]

SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ (GIỚI THIỆU) THI CHỌN HSG VÙNG DUN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MƠN: TỐN HỌC LỚP 10 NĂM 2023 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu (4,0 điểm) Tìm tất hàm f :    thỏa mãn f  xy  f  x    xf  y   f  x  với x, y hai số thực Câu (4,0 điểm) Xét ba số thực a, b, c đôi khác Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 3a 3b2 c2   (b  c)2 (c  a)2 (a  b) Câu (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn 𝐴𝐵𝐶 có trực tâm 𝐻 với đường cao 𝐴𝐷, 𝐵𝐸, 𝐶𝐹 Đường tròn đường kính 𝐵𝐶 cắt 𝐴𝐷 𝐾 Đường trịn qua 𝐴, 𝐹, tiếp xúc cạnh 𝐵𝐶 𝑃 (𝑃 thuộc đoạn 𝐵𝐶) cắt đường trịn tâm 𝐶 bán kính 𝐶𝐾 hai điểm 𝑀, 𝑁 1/ Chứng minh điểm 𝑀, 𝑁, 𝐸, 𝐻 nằm đường tròn 2/ Gọi 𝑄 điểm đối xứng với 𝑃 qua 𝐵 Chứng minh giao điểm 𝑃𝐸 𝑄𝐹 thuộc đường trịn đường kính 𝐴𝐻 Câu (4,0 điểm) Cho a, m hai số nguyên dương tùy ý Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho v2  n!  a  mod m  (Kí hiệu v2  n ! định nghĩa sau: Nếu n!  2b A;  A,   v2  n !  b ) Câu (4,0 điểm) Cho tâp hợp A  1, 2, , 2024 Xét 24 tập hợp A1 , A2 , , A24 tập   A tập hợp Ai i  1, 24 có 1012 phần tử Chứng minh tập   Ai i  1, 24 ln tìm hai tập hợp có chung 484 phần tử -Hết - SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN ĐÁP ÁN ĐỀ (GIỚI THIỆU) THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2023 MƠN: TỐN HỌC LỚP 10 Câu Nội dung Tìm tất hàm f :    thỏa mãn (4 điểm) f  xy  f  x    xf  y   f  x  Điểm với x, y hai số thực Chứng minh bổ đề: Nếu f  a   f  b   c  a  b Với a, b, c trên, áp dụng phương trình cho ta có   f  ab  c   f  ab  f  a    af  b   f  a   ac  c    f  ab  c   f  ba  f  b    bf  a   f  b   bc  c Suy ac  bc  a  b (vì c khác 0) Vậy BĐ chứng minh Trong phương trình hàm cho thay x  , ta có f  f     f   (1) Từ (1) áp dụng bổ đề suy f    (2) Thật vậy, f    từ (1) suy f  f     f     f    (do bổ đề) (mâu thuẫn) Mâu thuẫn chứng tỏ (2) Trong phương trình hàm ta chọn y  sử dụng (2) ta có 0,5 0,5 f  f  x    f  x  x   (3) Từ (3) bổ đề suy f  x  0, x với x   (4) 1,0 1) Trước hết dễ thấy f  x   0, x   f  x   x, x   hai nghiệm hàm 2) Tiếp theo ta chứng minh khơng cịn nghiệm hàm Thật vậy, giả sử có nghiệm hàm f có tính chất tồn x0 , f  x0   y0 , f  y0   y0 Theo (2) suy x0  0, y0  Hơn theo (4) f  x0   x0 , f  y0   (5) Trong phương trình hàm thay x  x0 , y  y0 áp dụng (5) ta có 2,0 f  x0 y0  f  x0    x0 f  y0   f  x0   f  x0 y0  x0   f  x0   x0  Áp dụng bổ đề x0 y0  x0  x0  x0 y0  (vô lý) Vậy f  x   0, x   f  x   x, x   hai nghiệm hàm Xét ba số thực a, b, c đơi khác Tìm gía trị nhỏ biểu thức (4 điểm) 3a 3b2 c2 P   (b  c)2 (c  a)2 (a  b) Đặt x  a b c , đó, ta có ,y ,z  bc ca a b x 1  abc bca c  a b , y 1  , z 1  bc ca a b 1,0 x   a bc bca ca b , y 1  , z 1  bc ca a b Suy ( x  1)( y  1)( z  1)  ( x 1)( y 1)( z 1)  xy  yz  zx  1 P  3( x2  y )  z Ta nhận thấy P  biến z đặc biệt, chọn z   P  3( x  y )  6 xy  6,  xy  1 Nhưng theo yêu cầu xác định giá trị nhỏ biểu thức P, đó, ta cần xét trường hợp z  0,0  P  Khi đó, ta viết lại P dạng P 3( x  y )  z 3  3   ,  xy  yz  zx      x y    ,    z z  1,0  3  P(  1)  3  P   phương trình bậc hai có nghiệm  ,    P(  1)  12(3  P  1)   ( P2  36)  2( P2  6P)   P2 12  , có vế trái tam thức bậc hai có hệ số cao âm (0  P  6) , bất phương trình có nghiệm   /  ( P2  6P)2  ( P2  36)( P2  12)   P3  P2  36    P  2 P  3 P  6  1,0 Ta xét  P    P  ; P  Dấu đẳng thức xảy  5  P2  6P ,z  x  y       P  36   5    5    P(1   )   x  y  , z     5   3 b a    Từ đó, ta có:  c    b  1,0  3 b a    Vậy P   c    b  Cho tam giác nhọn 𝐴𝐵𝐶 có trực tâm 𝐻 với đường cao 𝐴𝐷, 𝐵𝐸, 𝐶𝐹 (4 điểm) Đường tròn đường kính 𝐵𝐶 cắt 𝐴𝐷 𝐾 Đường trịn qua 𝐴, 𝐹, tiếp xúc cạnh 𝐵𝐶 𝑃 (𝑃 thuộc đoạn 𝐵𝐶) cắt đường trịn tâm 𝐶 bán kính 𝐶𝐾 hai điểm 𝑀, 𝑁 1/ Chứng minh điểm 𝑀, 𝑁, 𝐸, 𝐻 nằm đường tròn 2/ Gọi 𝑄 điểm đối xứng với 𝑃 qua 𝐵 Chứng minh giao điểm 𝑃𝐸 𝑄𝐹 thuộc đường trịn đường kính 𝐴𝐻 A M V S K E F U H N Q B D P C 1) Vì tam giác 𝐵𝐾𝐶 vng 𝐾 có 𝐾𝐷 đường cao nên 𝐵𝐾 = 𝐵𝐷 𝐵𝐶 Dễ thấy tứ giác 𝐴𝐹𝐷𝐶 nội tiếp nên ta có 𝐵𝐷 𝐵𝐶 = 𝐵𝐹 𝐵𝐴 Xét phương tích điểm 𝐵 đường tròn tâm 𝐶, bán kính 𝐶𝐾 đường trịn (𝐴𝐹𝐶) ta có ℘𝐵/(𝐶) = 𝐵𝐶 − 𝐶𝐾 = 𝐵𝐾 = 𝐵𝐷 𝐵𝐶 = 𝐵𝐹 𝐵𝐴 = ℘𝐵/(𝑃𝐹𝐴) Do 𝐵 thuộc trục đẳng phương hai đường trịn nói trên, hay 𝐵, 𝑀, 𝑁 thẳng hàng Bốn điểm 𝑀, 𝑁, 𝐹, 𝐴 đồng viên 𝑀𝑁 cắt 𝐹𝐴 𝐵 nên 𝐵𝑀 𝐵𝑁 = 𝐵𝐹 𝐵𝐴 Mặt khắc 𝐴, 𝐹, 𝐻, 𝐴 đồng viên 𝐴𝐹 cắt 𝐻𝐸 𝐵 nên 𝐵𝐹 𝐵𝐴 = 𝐵𝐻 𝐵𝐸 Từ suy 𝐵𝑀 𝐵𝑁 = 𝐵𝐻 𝐵𝐸 Suy bốn điểm 𝑀, 𝑁, 𝐻, 𝐸 đồng viên 2) Đường trịn đường kính 𝐴𝐻 cắt 𝑃𝐴, 𝑃𝐻, 𝑃𝐸 𝑈, 𝑉, 𝑆, gọi 𝑄′ giao điểm 𝐹𝑆 𝑉𝐴 Ta cần chứng minh 𝑄 trùng 𝑄′ Áp dụng định lý Pascal cho lục giác 𝐴𝐸𝑆𝐹𝐻𝑉 ta có 𝐶 = 𝐴𝐸 ∩ 𝐹𝐻, 𝑃 = 𝐸𝑆 ∩ 𝐻𝑉, 𝑄 ′ = 𝑆𝐹 ∩ 𝑉𝐴 ′ nên 𝐶, 𝑃, 𝑄 thẳng hàng Giả sử 𝐴𝐷 cắt đường trịn đường kính 𝑃𝑄′ 𝐿 Dễ thấy hai tam giác 𝐵𝐷𝐻, 𝐴𝐷𝐶 đồng dạng nên 𝐷𝐴 𝐷𝐻 = 𝐷𝐵 𝐷𝐶 = 𝐷𝐾 Dễ thấy 𝑄’ trực tâm tam giác 𝐴𝐻𝑃, 𝐻 trực tâm tam giác 𝐴𝑃𝑄′ nên dễ chứng minh hai tam giác vuông 𝑃𝐷𝐻 𝐴𝐷𝑄′ đồng dạng, suy 𝐷𝐴 𝐷𝐻 = 𝐷𝑃 𝐷𝑄′ = 𝐷𝐿2 Do 𝐷𝐾 = 𝐷𝐿 suy 𝐾 trùng 𝐿 Từ ta có 𝐵𝐿2 = 𝐵𝐾 = 𝐵𝐷 𝐵𝐶 = 𝐵𝐴 𝐵𝐹 = 𝐵𝑃2 Do 𝐵𝐿 = 𝐵𝑃 Mà tam giác 𝑄′𝐿𝑃 vng 𝐿 nên từ suy 𝐵 tâm đường trịn đường kính 𝑃𝑄′ 𝑄 trùng 𝑄′ Cho a, m hai số nguyên dương tùy ý Chứng minh tồn vô hạn số nguyên 1,0 1,0 1,0 1,0 (4 điểm) dương n cho v  n!  a  mod m  (kí hiệu v  n ! định nghĩa 2 sau: Nếu n!  2b A;  A,   v2  n !  b ) Giả sử m  2l.m ';  m ',2   Theo định lí phần du trung hoa, tồn k cho k  a  mod m ' k  a  mod 2l  1,5 Xét số n có dạng n  21  22   2k  i số tự nhiên Theo cơng thức Legendre v2  n !  n  s2  n   n  k    2i  1 k i 1 Ta chọn i  1 mod   m '   i  l Khi  k i 1 (4 điểm)  2i   k  mod 2l  (vì  i  l )   2 k i    k  mod m ' (vì định lí i 1 Euler) Từ suy v2  n!  a  mod m  Vì có vơ số cách chọn i  1 mod   m '  nên tồn vô số n Cho tâp hợp A  1, 2, , 2024 Xét 24 tập hợp A1 , A2 , , A24 tập  1,5 1,0  A tập hợp Ai i  1, 24 có 1012 phần tử Chứng minh   tập Ai i  1, 24 ln tìm hai tập hợp có chung 484 phần tử Với phần tử x  A , gọi d x số tập hợp Ai chứa x Khi d xA x  24 1012   Đếm số  x,  A , A  , x  A tập A , A Đặt t  max Ai  Aj ,1  i  j  24 i j i j chứa phần tử x, theo cách Cách Đếm x trước Với x  A có Cd2x cách chọn tập  Ai , Aj  , nên ta có C xA dx  2,0  cách chọn x,  Ai , Aj  ( quy ước d x  Cd2x  ) Cách Đếm tập  Ai , Aj  trước Có C242 cách chọn tập  Ai , Aj  , tương ứng có   khơng q t cách chọn x, nên có không tC242 cách chọn x,  Ai , Aj  Do d x  d x  1 24  23 t   d x2   d x  23  24  t (1) 2 xA xA xA xA Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có C dx  tC242       dx  d x2   xA  (2)  2024 xA Từ (1), (2) kết hợp  d x  24 1012 , suy 2,0 xA  24 1012  24 1012  23  24  t  t  484 2024 Vậy tồn hai tập hợp Ai , Aj có chung 484 phần tử -HẾT -