Toán 10 Duyên Hải - Thpt Khoa Học Giáo Dục.docx

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC TRƯỜNG THPT KHOA HỌC GIÁO DỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2022 2023 Môn thi Toán 10 Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian phát đ[.]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC TRƯỜNG THPT KHOA HỌC GIÁO DỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2022 - 2023 Mơn thi: Tốn 10 Mã đề thi: …… Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi có: 01 trang n Câu 1: Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho 2023  chia hết ĐỀ XUẤT ĐỀ THI cho n Câu 2: Giải phương trình x  x  13 x  12 4 3 x  Câu 3: Cho tam giác nhọn ABC khơng cân nội tiếp đường trịn tâm (O) , có đường cao AH I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai P Gọi A điểm đối xứng với A qua O Đường thẳng PA cắt đường thẳng AH , BC theo thứ tự Q K a) Chứng minh tứ giác QHIK nội tiếp đường tròn b) Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai M Gọi N giao điểm hai đường thẳng AM BC Chứng minh 2BC  AB  AC I trọng tâm tam giác AKN Câu 4: Với a, b, c số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca 3 a2 Chứng minh b  16bc  10c  b2 c  16ca  10a  c2 a  16ab  10b  Có 2023 người xếp thành hàng dọc Hỏi có cách chọn 1011 người cho hai người liên tiếp hàng dọc chọn? - HẾT (Cán coi thi không giải thích thêm) Người đề: Nguyễn Anh Tuấn Số điện thoại: 0336171443 Mail: tuannguyenqbu@gmail.com 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 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: Tốn 10 (Hướng dẫn chấm gồm trang) n Câu 1: Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho 2023  chia hết cho n2 Lời giải: n Đặt S tập hợp tất số nguyên dương n cho 2023  chia hết cho n Hiển nhiên 1 S Giả sử phản chứng S tập hữu hạn Gọi m số nguyên dương lớn m m S Vì 2023 chia hết cho m nên tồn số nguyên dương k cho 2023 m k Dễ thấy k  tồn ước nguyên tố p k Đặt l mp, ta chứng minh l  S m m Thật vậy, ta thấy 2023 1 (mod k ), nói riêng ta suy 2023 1 (mod đến: p ) Điều dẫn 2023m ( p  1)  2023m ( p  2)   2023 1  p 0 (mod p ) m ( p  1)  2023m ( p  2)   2023  chia hết cho p Mặt khác Nói cách khác 2023 2023l  2023mp  (2023m  1)(2023m ( p  1)  2023m ( p  2)   2023  1) m k (2023m ( p  1)  2023m ( p  2)   2023  1) Kết hợp điều trên, với ý k chia hết cho p , ta nhận 2023l  chia hết cho m p l Nghĩa là, l  S Mà hiển nhiên l mp  m, ta nhận mâu thuẫn Điều chứng tỏ S phải tập vơ hạn tốn chứng minh Câu 2: Giải phương trình x3  x  13x  12 4 3x  4 x  Điều kiện: x3  x  13x  12 4 3x    x    x    3x    Đặt y  3x     y   3 x  ta hệ phương trình   x    x  y   1   2  y   3x  Trừ (1) cho (2)  x  y    x  2 Thay (3) vào (2) ta  x  2 3 x   x  x  x  0   x  1 2    x    y     y    0  x  y (3)  x   0  x  1(tm)   x  4(l ) Vậy phương trình có nghiệm x  Câu 3: Cho tam giác nhọn ABC khơng cân nội tiếp đường trịn tâm (O) , có đường cao AH I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai P Gọi A điểm đối xứng với thẳng AH , BC theo thứ tự Q K A qua O Đường thẳng PA cắt đường a) Chứng minh tứ giác QHIK nội tiếp đường tròn AI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai M Gọi N giao điểm hai đường thẳng AM BC Chứng minh 2BC  AB  AC I trọng tâm tam b) Đường thẳng giác AKN Lời giải     a) Ta có: ABC  AAC  HAI OAI AP  BC  L Gọi      HKQ 90o  HQK HAP LAA Nên tứ giác ALAK nội tiếp  PA.PK PL.PA Mà: PL.PA PC dạng) Do (Do PCL PAC đồng I tâm đường tròn nội tiếp ABC nên PI PC o  Nên: PL.PA PI  QIK 90 Vậy tứ giác QHIK nội tiếp     b) Vì tứ giác QHIK nội tiếp nên IHK IQK IAQ IAM o  Suy tứ giác AIHN nội tiếp  AIN 90 Gọi T trung điểm NA (1)     Ta có: TIA TAI IQK PIK  điểm T , I , K thẳng hàng AI AB BL AB BL AB  ;    BC AB  AC Lại có: IL BL LC AC Mà BC  AB  AC  BL AB AI   BL  AB  2 BC BC IL (2) TA KN IL 1 Xét tam giác ANL với cát tuyến TIK , theo định lý Menelaus ta có: TN KL IA (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: KN 2 KL Hay Vậy I trọng tâm tam giác AKN L trung điểm KN Câu 4: Với a, b, c số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca 3 a2 b  16bc  10c Chứng minh b2  c  16ca  10a Lời giải Gọi vế trái bất đẳng thức cần chứng minh a2 b  16bc  10c Ta có a2  b  16bc  10c   b  c  b2 Tương tự  c  16ca  10a b2  c  2a  c2  a  16ab  10b P a2   b  2c  c2 ;  a  16ab  10b   a2  b  2c  c2  a  2b  Từ đó, suy a2 b  16bc  10c  b2 c  16ca  10a  c2  a  16ab  10b  a2 b2 c2       b  2c c  2a a  2b   a2 b2 c2  P      b  2c c  2a a  2b  hay (1) Mặt khác, từ bất đẳng thức Bunhiacopxki ta lại có  a2 b2 c2    b  2c    c  2a    a  2b        a  b  c   b  2c c  2a a  2b   a2 b2 c2  a2 b2 c2 a b c  3 a  b  c      a  b  c        b  2c c  2a a  2b  b  2c c  2a a  2b  Kết hợp với bất đẳng thức  a b  c 3  ab  bc  ca  3.3 9 hay a  b  c 3 1 a2 b2 c2 a b c P       1 3 3 Từ b  2c c  2a a  2b ; từ (1), suy a2 hay b  16bc  10c  b2 c  16ca 10a  minh Dấu đẳng thức xảy a b c 1 c2 a  16ab  10b  ta có điều cần chứng Câu 5: Có 2023 người xếp thành hàng dọc Hỏi có cách chọn 1011 người cho khơng có hai người liên tiếp hàng dọc chọn? Lời giải Ta đánh số 2023 người số thứ tự 1, 2, , 2023 Một cách chọn thích hợp a1  a2   a1011 2023 thỏa mãn điều kiện 1  2 Vậy ta cần tìm số số phần tử của:   A  (a1 , a2 , , a1011 ) a1  a2   a1011 2023, 1  2, i 1, 2010 Xét ánh xạ f (a1 , a2 , , a1011 ) (b1 , b2 , , b1011 ) với bi ai  i  Thì rõ ràng ta có b1 a1 1 bi 1  bi (ai 1  (i 1)  1)  (ai  i  1) ai 1    b1011 a1011  1010 1013 Suy (b1 , b2 , , b1011 ) phần tử tập hợp B  (b1 , b2 , , b1011 ) b1  b2   b1011 1013 Dễ thấy ánh xạ f song ánh Vậy 1011 A  B C1013 512578 HẾT