TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 Môn Toán – Lớp 10 Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) Câu 1 (4,0 điểm) Xét các[.]
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 Mơn: Tốn – Lớp 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu (4,0 điểm) Xét số thực a, b, c khác đôi phân biệt cho 3 đa thức bậc ba sau ax bx c, bx cx a, cx ax b có nghiệm thực chung a) Chứng minh a b c 0 b) Chứng minh có ba phương trình ax bx c 0, bx cx a 0, cx ax b 0 có ba nghiệm thực (khơng thiết phân biệt) Câu (4,0 điểm) Tìm số thực k a b c k a b c nhỏ cho bất đẳng thức với ba số thực không âm a; b; c thỏa mãn điều kiện a b c 3 Câu (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn khơng cân ABC đường trịn O , AB AC nội tiếp có trực tâm H Điểm M trung điểm cạnh BC ; AH cắt BC đường tròn O D P khác A , PM cắt lại đường tròn O T khác P Gọi điểm đối xứng với M qua đường thẳng AC , AB, AH Q, R, S Gọi I , K , J , G trung điểm BQ, CR, ST , AM a) Chứng minh bốn điểm I , K , J , G thuộc đường tròn b) Chứng minh đường thẳng BQ, CR, GD đồng quy Câu (4,0 điểm) Cho p số nguyên tố n số nguyên dương lớn p Chứng minh ước nguyên tố số A 1 n n n p , chia cho p dư Câu (4,0 điểm) Cho tập hợp A {1, 2, , 2023} Với m số nguyên dương, ta gọi X A tập hợp m tốt X có m phần tử với x thuộc X x x thuộc X a) Với m 4, tính số lượng tất tập m tốt b) Với m 5, chứng minh số tập tốt số phương - Hết Người đề: Nguyễn Bá Hoàng Số điện thoại: 0977.394.437 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI HDC ĐỀ ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 Mơn: Tốn – Lớp 10 (Đáp án gồm 05 trang) Câ u Nội dung trình bày Xét số thực a, b, c khác đôi phân biệt cho đa thức bậc ba sau ax3 bx c, bx cx a, cx ax b có nghiệm thực chung Điể m a) Chứng minh a b c 0 b) Chứng minh có ba phương trình ax bx c 0, bx cx a 0, cx ax b 0 có ba nghiệm thực (không thiết phân biệt) a) Gọi x0 nghiệm thực chung ba đa thức Ta có ìï ax03 + bx0 + c = ïï ïí bx + cx + a = 0 ïï ïï cx0 + ax0 + b = ỵ Cộng đẳng thức lại, ta có 1,0 (a + b + c)( x03 + x0 +1) = x + x0 +1 = Giả sử x0 thỏa mãn Suy ax0 + a = bx0 + c Þ x0 (a - b) = c - a Chứng minh tương tự x0 (b - c ) = a - b x0 (c - a ) = b - c 1,0 x = 1, vô lý Do a , b, c đôi phân biệt nên nhân lại, ta có Vì nên ta phải có a + b + c = 3 b) Khử c từ đa thức, ta ax + bx - a - b, bx - ( a + b) x + a, - ( a + b) x + ax + b Các đa thức tích x - tam thức bậc hai tương ứng 1,0 ax + ax + a + b, bx + bx - a, ( a + b) x + ( a + b) x + b Các delta chúng D =- a (3a + 4b), D = b(4a + b), D = ( a + b)( a - 3b) ïìï a (3a + 4b) > ï í b(4a + b) < ïï ï ( a + b)( a - 3b) < D , D , D < Giả sử ïỵ Nếu a > 3a + 4b > , suy 4a + b > nên b < 0, a - 3b > nên a + b < Điều mâu thuẫn 3a + 4b = 3( a + b) + b < Nếu a < 3a + 4b < , suy 4a + b < nên b > , a - 3b < a + b > Điều mâu thuẫn tương tự 1,0 Vậy điều giả sử phản chứng sai, tức ba đa thức cho có ba nghiệm thực a b3 c k a b c k Tìm số thực nhỏ cho bất đẳng thức với a; b; c a b c 3 ba số thực không âm Giả sử a b c k a b c a b , c 0 Cho ta Ta chứng minh Ta có thỏa mãn điều kiện k với a, b, c 0 a b c 3 81 81 81 27 27 3 k k 16 16 1,0 81 81 a b3 c a b c BĐT tức S 3 a3 b3 c3 a b c a a b3 b c c 1,0 a ab ac b bc ba c ca cb a ab ac b bc ba c ca cb 3abc S a ab ac b bc ba c ca cb a b c abc a ab ac bc b bc ba ca c ca cb ab 1,0 a b c 2ab 2bc 2ca Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: a b c 2ab 2bc 2ca 2 a b c 2ab 2bc 2ca 81 a b c 2 Từ suy S 81 81 a b3 c3 a b c 8 1,0 Vậy số thực k bé thỏa mãn yêu cầu kmin 81 O , có trực tâm H nội tiếp đường tròn O D P khác Điểm M trung điểm cạnh BC ; AH cắt BC đường tròn A , PM cắt lại đường tròn O T khác P Gọi điểm đối xứng với M qua đường thẳng AC , AB, AH Q, R, S Gọi I , K , J , G trung điểm BQ, CR, ST , AM Cho tam giác nhọn không cân ABC AB AC a) Chứng minh bốn điểm I , K , J , G thuộc đường tròn b) Chứng minh đường thẳng BQ, CR, GD đồng quy 1,0 O a) Gọi BE , CF đường cao tam giác ABC Kẻ đường kính AA ' đường trịn BHCA ' hình bình hành O , Z , H , M , A ' thẳng hàng Gọi Z giao điểm thứ hai A ' M đường tròn A, Z , H , E , F thuộc đường tròn đường kính AH Từ giả thiết ta có MRFC hình bình hành, suy trung điểm K CR trung điểm đoạn MF Chứng minh tương tự I trung điểm đoạn ME 0 Ta có BAD 90 ABC 90 AA ' C A ' AC Do A ' P // BC Suy ZT // BC Gọi Y giao điểm thứ hai ZT với đường trịn đường kính AH , Y đối xứng với Z qua AH , suy SZYM hình thang cân, SY qua H SHMP hình thoi SH // PM , suy SYTM hình bình hành, suy trung Hơn từ điểm J ST trung điểm MY 1,0 M Gọi V 1 phép vị tự tâm M , tỉ số VM : F K , E I , Y J , A G Từ F , E , Y , A thuộc đường trịn đường kính AH , suy I , K , J , G thuộc đường trịn b) Theo câu a) ta có K trung điểm MF , I trung điểm ME , u cầu tốn tương đương với chứng minh BI , CK , GD đồng quy 1,0 Gọi X điểm đối xứng với M qua B Phép vị tự VM tâm M tỉ số biến: G A, I E , B X , K F , GBI AXE , IBC EXC , suy EC AE XC sin GBI sin AXE sin AXE sin AEX sin AXE sin X AX EC sin IBC sin EXC sin AEX sin EXC sin AEX sin EXC AE XC AE 3MB (1) EC AX EC BG sin BCK BF 2GC (2) FA MC sin KCG Tương tự, ta có sin CGD DC GB (3) DB GC sin DGB Lại có Từ (1), (2) (3) suy sin GBI sin BCK sin CGD AE 3MB BF 2GC DC GB 1, sin IBC sin KCG sin DGB EC BG FA 3MC DB GC (do AD, BE , CF đồng quy H M trung điểm BC ) Nên theo định lí Cevasin đảo ta có BI , CK , GD đồng quy hay BQ, CR, GD đồng quy Cho p số nguyên tố n số nguyên dương lớn Chứng minh p ước nguyên tố số A 1 n n n p , chia cho p dư 1,0 Xét q A 1 n n n p ước nguyên tố số np n np q| q | n p n p 1 mod q n Ta có Đặt ord q n k k p 1,0 Suy k 1 k p n 1 mod q A 1 n n p p mod q +) Nếu k 1 p mod q q p +) Nếu k p : Từ (do p, q số nguyên tố) n p 1 mod q Theo định lý Fermat nhỏ ta có Suy p q 1 hay suy n, q 1 n q 1 mod q 1,0 q 1 mod p Vậy ước nguyên tố A 1 n n n 1,0 p p , chia cho p dư 1,0 Cho tập hợp A {1, 2, , 2023} Với m số nguyên dương, ta gọi X A tập hợp m tốt X có m phần tử với x thuộc X x x thuộc X a) Với m 4, tính số lượng tất tập m tốt b) Với m 5, chứng minh số tập tốt số phương a) Với m 2, tập hợp tốt phải có dạng {a, a 1} nên có tất 2022 tập Với m 3, tập hợp tốt phải có dạng {a, a 1, a 2} nên có tất 2021 tập 1,0 Với m 4, tập hợp tốt có dạng {a, b, c, d } với a b c d Rõ ràng phải có d c b a Ngoài ra, b, c khơng cần có liên hệ gì, cần thỏa mãn b c Do đó, X {a , a 1, c, c 1} với c a 2 nên số cách chọn cặp ( a , c ) 2020 2019 1010 2021 1,0 Vậy số tập hợp thỏa mãn 2022 2021 1010 2021 1011.2023 b) Xét tập tốt có dạng {a, b, c, d , e} với a b c d e 2023 Ta có a b, d e hai điều sau phải xảy ra: c b c d Gọi S1 tập hợp tập tốt mà c b , S2 tập hợp tập tốt mà c d S S1 S2 S1 S2 Các tập tốt S S1 S nên 1,0 2019 Tương tự phần a, ta tính S1 S2 2019 S1 S k k 1 2019 2020 (do ta có phần tử liên tiếp) Khi S 2019 2020 2019 2019 số phương - Hết - 1,0