Toan 10_Le Thanh Tong-Quang Nam.docx

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 10 Ngày thi 14/07/2023 Thời gia[.]

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    2  y xy  y  y  xy 1 Câu (4,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  O C AB   O Câu (5,0 điểm) Cho đường trịn đường kính , điểm nằm ngồi   , gọi D hình chiếu C lên AB biết D nằm A O Gọi M , N O giao điểm   với CA, CB Gọi E giao điểm DM với ADC  BDC  đường tròn  gọi F giao điểm DN với đường tròn  (với E F khác D ) a) Gọi d đường thẳng qua điểm C vng góc với EF Chứng DMN  minh d qua tâm đường tròn  b) Chứng minh ba đường thẳng d , AF , BE đồng quy 25 p  k 24 Câu (3,0 điểm) Cho số nguyên tố p  , xét số a/ Chứng minh k hợp số lẻ k không chia hết cho b/ Chứng minh 5k  1 mod k  Câu (4,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa a  b  c 3 Chứng minh bất đẳng thức sau: 2 a  3a  1  b2  3b  1  c  3c  1 6 a  b  c    Câu (4,0 điểm) 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 a/ Cho hai số 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 MƠN THI: TỐN – 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   2  y xy  y  y  xy 1   Giải hệ phương trình sau: Điểm   x  xy    y  2x xy  y   2    xy  y  y  xy 0       y   y   y      y  x  2    y  xy  y  0  xy  y  y  xy   x    y     y  y    y    Điều kiện: 0.5 Cộng vế theo vế hai phương trình hệ ta được: x  xy  y  y  xy  y   y  xy 0 1.0 Từ (2) suy y 0  x x x 2      7 y y y y   Chia hai vế PT cho ,ta được: 3 x 0 y x t  t    2;3 Đặt y ta phương trình: t  t   t    t 0   t2  t      t    t  3    t 2  1,0  3 t  2 t 2 t  2 t 2  t 1 0,75  t 2  1 1 t 3    3 2 t 2  t 1  Với t    2;3 (3) vơ nghiệm  y 1  x 2 y 1    y   x  Với t 2 suy x 2 y , thay vào PT (1): (tm) (ktm) 0.75 Vây nghiệm hệ phương trình là:  x; y   2;1 Câu (5 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 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 Điểm 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 0,75 qua tâm I (định lý điểm) b/ Gọi giao điểm d, AF, BE với AB, BC, CA P, Q R Ta cần PA QB RC 1 PB QC RA chứng minh CP, AQ BR đồng quy, tức cần chứng minh Gọi H trực tâm tam giác ABC, gọi O’ tâm đường trịn (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 trịn (ACD) CN = CE nên E N đối xứng qua AC, tương tự M F đối xứng qua BC    ' O  AKO      NCA  AO KAO KAB Do ta có: ECA suy EAC nên       CAK BAE CBK  ACF Tương tự ta có: ABF BCE (3) 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 S BEA BC BK sin CBK CA.CF.sinACF AB AE.sin BAE PA QB RC sin CAK BF.sin ABF CE.sin BCE  => PB QC RA sin CBK CF.sinACF AE.sin BAE AK = BK PA QB RC CE CF 1 CEA CFB   PB QC RA AE BF Ta có kết hợp với (3) ta Theo 0,75 định lý Ceva ta có ba đường thẳng CP, AQ BR đồng quy hay d, AF BE đồng quy Câu (3 điểm ) Cho số nguyên tố p  , xét số k 25 p  24 a/ Chứng minh k hợp số lẻ k không chia hết cho Điểm k1 b/ Chứng minh 1 mod k  a/ Ta có p  nên p lẻ p 25 p     p  p  k   24 24 Ta có 0,75 5p  5p  Dễ thấy với plẻ số nguyên dương lớn nên k hợp số Lại có k 25 p  25 p   25 p    25  24 tổng có p số hạng lẻ nên k lẻ 0.75 Mặt khác k 25 p   25 p    25  25  25 p   25 p    1  nên k 1 mod5 Vậy k hợp số lẻ k không chia hết cho b/ Theo định lý Fermat nhỏ 0,75 25 p  1 mod p   25 p 25  mod p   (25 p  25) p p p Mà từ giả thiết 25  25 (25  1)  2424 p Nên (25  25)24 p (  p;2   p;3 1 ) 25 p  25 k  1 p 24 Khi mà k  chẵn nên ( k  1)2 p Do  k  1  52 p  1 0,75 k1 k p =>  124k   1k (do 25  24k ) k1 Hay 1 mod k  Câu ( điểm) Cho ba số thực a;b;c thỏa a  b  c 3 Chứng minh bất đẳng thưc sau: a  3a  1 2 2  4   b  3b  1  c  3c  1 6 a  b  c  Điể m (1) Ta đặt a  x  1; b  y  1; c  z  từ giả thiết suy x  y  z 0 Khi  1   3x  x    y2  y      3z  5z    x  y  z  x  y  z  x  y  z 0     4 6   x  1   y  1   z  1  1   0,75 (2) Ta chứng minh (2) Do x  y  z 0 nên tồn hai số có tích khơng âm Khơng tính tổng quát giả sử xy 0 thay z  x  y vào vế trái (2) ta 0.5 được: VT 3  x  y   x  y    x  y   x  y   x  y   x  y      6 x  y  x y  3x y  xy  x  y  xy  18 xy  x  y   6  x Ta có  xy  y 2  x2  y2 x  xy  y  VT 54 x y  minh:       xy   18 xy  x  y  0,75  3  x  y  3xy 0 Từ (3) suy  x  y   18 xy  x  y  Do để chứng minh (2) ta cần chứng 0,75 2 9x y x  y   3xy  x  y (4) Theo bất đẳng thức A-G ta có 2 9x y x  y   2 2 x y  x  y2 Dấu “=” xảy khi:  x  y 0  1  x y   0,75 3xy | x  y |3xy  x  y  x  y ;27 x y  (đpcm)  x  y2 giải ta 0,5  a b c 1   a b  ; c  3 hoán vị  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 “ôn 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 (với k > 4) a b  k  k 1 Do 10 10 10  1 suy 0 a b 1  k 1 k 10 10 k1 a  b  10k Điể m 1,0 (2) Từ (2) suy tồn số nguyên dương m cho a b 2023  k  m k  2024 10 10  3 Ta chứng minh tồn m Thật vậy, giả sử từ (3) ta có a b a 10k  a  10k  a  2023  k m k  2024  k   2023  k  m   2024  k  10 10 10 b  10  b  10   10k  Như đoạn  b a  10k  a   2023  ;   2024  k   k  10  b  10    tồn số nguyên dương m k k Từ (3) ta có 10 2023 a  mb  10 2024 (4) Như từ (4) chứng tỏ số a  mb 2023 1,0 b/ Gọi 2023 a1  a2  a3   a16 1 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 a2  1,0 2023  2023   1012   a2  2 phần tử nguyên dương chọn  a j a   i  j a2 1012 tổng nhỏ nên chọn tập lớn a3 a2 1012 Do a3   a j Ta có , số nhỏ 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 9 phần tử lại tập hợp phải nhỏ nên chọn a10 7; a11 6; a12 5; a13 4; a14 3; a15 2; a16 1 Như dễ dàng kiểm tra tập A {1;2;3;4;5;6;7;9;17;33;65;128;254;507;1012;2023} tập “ơn hịa” Và có tổng nhỏ S A 4076 1,0