Microsoft Word 10 TOÁN LTT QN HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI, ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XIV MÔN THI TOÁN – KHỐI 1[.]
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XIV MƠN THI: TỐN – KHỐI 10 Ngày thi 14/07/2023 Thời gian làm 180 phút (Đề có câu; gồm 01 trang) KHU VỰC DUYÊN HẢI, ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT x xy y 1 Câu (4,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 2 y xy y y xy Câu (5,0 điểm) Cho đường tròn O đường kính AB , điểm C nằm ngồi O , gọi D hình chiếu C lên AB biết D nằm A O Gọi M , N lần lượt giao điểm O với CA, CB Gọi E giao điểm DM với đường tròn ADC gọi F giao điểm DN với đường tròn BDC (với E F khác D ) a) Gọi d đường thẳng qua điểm C vng góc với EF Chứng minh d qua tâm đường tròn DMN b) Chứng minh ba đường thẳng d , AF , BE đồng quy Câu (3,0 điểm) Cho số nguyên tố p , xét số k 25 p 24 a/ Chứng minh k hợp số lẻ k không chia hết cho b/ Chứng minh 5k 1 1 mod k Câu (4,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa a b c Chứng minh bất đẳng thức sau: a 3a 1 b 3b 1 c 3c 1 a b c 2 Câu (4,0 điểm) a/ Cho hai số nguyên dương a , b ; xét số có dạng a b; a 2b; a 3b; ; a nb; Chứng minh số đó, ln tồn số mà chữ số viết hệ thập phân 2023 b/ Một tập hợp số nguyên dương khác gọi tập “ơn hịa” phần tử tập trừ hai phần tử lớn nhỏ trung bình cộng hai phần tử khác tập hợp Trong tập “ơn hịa’ có 16 phần tử mà phần tử lớn 2023 Hãy xác định tổng nhỏ tất phần tử tập hợp Họ tên người đề: ==== Hết ==== 1/ Nguyễn Văn Thời Điện thoại: 0905605911 2/ Đinh Thị Duy Phương Điện thoại: 0989446606 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI, ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XIV MÔN THI: TOÁN – KHỐI 10 Ngày thi 14/07/2023 (Hướng dẫn chấm gồm có 07 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu (4 điểm) x xy y 1 1 Giải hệ phương trình sau: 2 y xy y y xy Điểm x xy y x 2 xy y xy y y xy y y y Điều kiện: y x 2 2 y xy y 0 xy y y xy x y y y y 0.5 Cộng vế theo vế hai phương trình hệ ta được: x xy y y xy y y xy 1.0 Từ (2) suy y Chia hai vế PT cho y ,ta được: Đặt x x 7 y y x x 3 y y x t t 2;3 ta phương trình: y 1,0 t2 t t t t2 t t t t 3 3 t 1 2t 2t 2 t2 3 t 1 0,75 t 1 1 t 3 2 t2 3 t 1 Với t 2;3 (3) vô nghiệm y 1 x y 1 x 2 Với t suy x y , thay vào PT (1): y Vây nghiệm hệ phương trình là: x; y 2;1 (tm) (ktm) 0.75 Câu (5 điểm) Cho đường trịn O đường kính AB , điểm C nằm O , gọi D hình chiếu C lên AB biết D nằm A O Gọi M , N giao điểm O với CA, CB Gọi E giao điểm DM với đường tròn ADC gọi Điểm F giao điểm DN với đường tròn BDC (với E F khác D ) a) Gọi d đường thẳng qua điểm C vng góc với EF Chứng minh d qua tâm đường tròn DMN b) Chứng minh ba đường thẳng d , AF , BE đồng quy F C E Q R N O' M I H P A O B D K a/ Ta có AN, BM CD ba đường cao tam giác ABC, nên chúng ba phân giác tam giác DMN Do ta có CM = CF, CN = CE suy NM = NF MN = ME nên FN = NM = ME 1,0 Gọi I r tâm bán kính đường trịn (DMN) Ta có PE /( DMN ) EM ED EI r ; PF/( DMN ) FM FD FI r PE /( DMN ) PF/( DMN ) EI FI IE IF (1) Lại có PE /( DMN ) EM ED EM EM MD EM EM MD Tương tự PF/( DMN ) FN FN ND Mà EM = FN nên PE/( DMN ) PF/( DMN ) EM MD FN ND CM MA CN NB CM MC CA CN NC CB 0,75 Mà CM CA CN CB tứ giác AMNB nội tiếp Suy ra: PE/( DMN ) PF/( DMN ) CN CM CE CF (2) 2 2 Từ (1) (2) ta có IE IF CE CF suy CI vng góc với EF hay d qua tâm I (định lý điểm) 0,75 b/ Gọi giao điểm d, AF, BE với AB, BC, CA P, Q R Ta cần chứng minh CP, AQ BR đồng quy, tức cần chứng minh PA QB RC 1 PB QC RA Gọi H trực tâm tam giác ABC, gọi O’ tâm đường tròn (ABC), ta có đường trịn (DMN) đường trịn Euler tam giác ABC nên tâm I trung điểm O’H 1,0 Gọi K điểm đối xứng với O’ qua BC, ta có O’K//= CH, nên K đối xứng với C qua I Do AC đường kính đường tròn (ACD) CN = CE nên E N đối xứng qua AC, tương tự M F đối xứng qua BC NCA AO suy EAC KAO KAB nên Do ta có: ECA ' O AKO BAE Tương tự ta có: BCE ACF (3) CAK ABF CBK Ta có 0,75 PA QB RC SCAK S ABF S BEC AC AK sin CAK BA BF.sin ABF CB.CE.sin BCE PB QC RA SCBK S ACF SBEA BC.BK sin CBK CA.CF.sinACF AB.AE.sin BAE => PA QB RC sin CAK BF.sin ABF CE.sin BCE AK = BK PB QC RA sin CBK CF.sinACF AE.sin BAE Ta có CEA CFB PA QB RC CE CF kết hợp với (3) ta Theo AE BF PB QC RA 0,75 định lý Ceva ta có ba đường thẳng CP, AQ BR đồng quy hay d, AF BE đồng quy Câu (3 điểm ) 25 p Cho số nguyên tố p , xét số k 24 a/ Chứng minh k hợp số lẻ k không chia hết cho Điểm b/ Chứng minh 5k 1 1 mod k a/ Ta có p nên p lẻ p 25 p p p Ta có k 24 24 0,75 5p 5p Dễ thấy với plẻ số nguyên dương lớn nên k hợp số Lại có k 25 p 25 p 1 25 p 2 25 tổng có p số hạng lẻ nên k lẻ 24 0.75 Mặt khác k 25 p 1 25 p 25 25 25 p 2 25 p 3 1 nên k 1 mod5 Vậy k hợp số lẻ k không chia hết cho b/ Theo định lý Fermat nhỏ 25 p 1 1 mod p 25 p 25 mod p (25 p 25) p 0,75 Mà từ giả thiết 25 p 25 (25p 1) 24 24 Nên (25p 25) 24 p ( p;2 p;3 ) Khi k 25 p 25 p mà k chẵn nên ( k 1) p 24 0,75 Do 5k 1 1 52 p 1 => 5k 1 1 24k 5k 1 1 k (do 25 p 24k ) Hay 5k 1 1 mod k Câu ( điểm) Cho ba số thực a;b;c thỏa a b c Chứng minh bất đẳng thưc sau: a 3a 1 b 3b 1 c 3c 1 a b c 2 Điểm (1) Ta đặt a x 1; b y 1; c z từ giả thiết suy x y z Khi 1 3x x 3y2 y 3z 2 5z x4 y z4 x3 y z3 x2 y z 4 x 1 y 1 z 1 1 (2) Ta chứng minh (2) Do x y z nên ln tồn hai số có tích khơng âm Khơng tính tổng quát giả sử xy thay z x y vào vế trái (2) ta được: VT x y x y x y x y x y x y 6 x xy 18 xy x y x y x y 3x y xy x y xy 18 xy x y xy y x2 y2 0,75 0.5 0,75 3 Ta có x xy y x y 2 xy Từ (3) suy VT 54 x y minh: x y 2 18 xy x y Do để chứng minh (2) ta cần chứng 0,75 x2 y x y 2 3xy x y (4) Theo bất đẳng thức A-G ta có 2 9x y x y 2 2 9x y x y 2 3xy | x y | xy x y (đpcm) Dấu “=” xảy khi: x y ; 27 x y x y 2 giải ta 0,75 0,5 x y a b c 1 hoán vị x y a b ; c 3 Câu (4 điểm) a/ Cho hai số nguyên dương a;b, xét số có dạng a b; a 2b; a 3b; ; a nb; Chứng minh số ln tồn số mà chữ số viết hệ thập phân 2023 b/ Một tập hợp số nguyên dương khác gọi tập“ơn hịa” phần tử tập trừ hai phần tử lớn nhỏ trung bình cọng hai phần tử khác tập hợp Trong tập “ơn hịa’ có 16 phần tử mà phần tử lớn 2023 Hãy xác định tổng nhỏ tất phần tử tập hợp a/ Giả sử a b hệ thập phân có k chữ số tức có: 10 k 1 a b 10k (với k > 4) Do a b k k 1 10 10 10 1 suy 0 a b k k 10 10 Điểm 1,0 (2) Từ (2) suy tồn số nguyên dương m cho 2023 a b m k 2024 k 10 10 3 Ta chứng minh tồn m Thật vậy, giả sử từ (3) ta có 2023 a b a 10k a m 2024 2023 k k k k 10 10 10 b 10 10k a 2023 k 10 Như đoạn b dương m 10k a m 2024 k b 10 k a 10 ; 2024 k 10 b Từ (3) ta có 10k.2023 a mb 10k.2024 tồn số nguyên (4) Như từ (4) chứng tỏ số a mb 2023 1,0 b/ Gọi 2023 a1 a2 a3 a16 16 phần tử tập “ơn hịa” cho Từ a2 phải trung bình cọng hai số tập hợp nên hai số phải có số lớn a1 2023 số phải nhỏ a2 nên 1,0 2023 2023 1012 a2 phần tử nguyên dương chọn 2 a a tổng nhỏ nên chọn a2 1012 Ta có a3 i j i j , số nhỏ tập lớn a3 a2 1012 a2 Do a3 a j 1012 506,5 chọn tổng nhỏ nên chọn a3 507 Lý luận hoàn toàn tương tự ta a4 254; a5 128; a6 65; a7 33; a8 17; a9 phần tử lại tập hợp phải nhỏ nên chọn a10 7; a11 6; a12 5; a13 4; a14 3; a15 2; a16 Như dễ dàng kiểm tra tập A {1; 2; 3; 4;5;6; 7;9;17;33;65;128; 254;507;1012; 2023} Và có tổng nhỏ S A 4076 tập “ơn hịa” 1,0