SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2021 - 2022 HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN 10 (CHUYÊN) (Bản hướng dẫn gồm 06 trang) Nội dung Câu (3,0) Giải hệ phương trình sau Điểm x x x y y ( x y ) 2 xy x (1 x y ) y 0 Điều kiện: x 0, x y 0, y x x2 x y y( x y) 2x x y ( y x ) xy x - Nhận xét: x y 0 không thỏa hệ 2 - Xét x y 0 2x x y ( y x ) xy x x y ( x y )( x y ) x ( x y ) 0 2x x y x y Khi phương trình cịn lại trở thành: x x (1 x) x 0 2( x x x x x 3) ( x x 3) 0 x x 3 x x 1 Với x 1 y 1 x 19 x 3 x 2 x 19 19 y 2 Với Đối chiếu với điều kiện, tập nghiệm hệ phương trình cho 19 19 S (1;1), ; 2 Trang 1/6 3,0 Câu (3,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức H 3,0 2a 2b 2c a 2b a 3b b 2c b 3c c 2a c 3a 2 2 + Ta có: a 2b a 3b a (a b ) 3b 2a 4b 2a a2 a 2b a 3b a 2b Tương tự suy ra: H a2 b2 c2 a 2b b 2c c 2a a2 b2 c2 a b c a 2b b 2c c 2a 2ab2 2bc 2ca 2 c 2a a 2b b 2c 2ab 2bc 2ca 3 2 c 2a a 2b b 2c 2 mà a 2b a b b 3 ab 2ab 2ab 2ab 2 a 2b a 2b 3 ab a 2b Tương tự suy ra: H 3 - a 2b b c c a 2 2 2 Ta có: a ab b 3 a b , b bc c 3 b c , c ca a 3 c a 2( a b c) (ab bc ca) 3 a 2b 3 b 2c 3 c a (ab bc ca ) 3 a 2b 3 b c 3 c a (1) 2 mà: (a b c ) 3(ab bc ca) hay 3(ab bc ca ) hay ab bc ca 2 2 Lấy (1) cộng (2) vế theo vế 3 a b b c c a a 2b b c c a 3 Suy H 1 , dấu xảy a b c 1 Vậy max H 1 a b c 1 Trang 2/6 (2) Nội dung Điểm Câu (3,0 điểm) f x f ( y ) f ( x ) y x, y Tìm tất hàm đơn điệu f : thỏa mãn 3,0 Vì f hàm đơn điệu nên f hàm đơn ánh f x f (0) f ( x) x + Thay y 0 ta có f f ( y ) f (0) y f f ( x) f (0) x x Thay x 0 ta có hay + Thay x f ( x) ta có : f f ( x) f ( y ) f f ( x) y f x y f f ( x y ) x, y f ( x) f ( y ) f ( x y ) x, y (vì f hàm đơn ánh) f hàm cợng tính Hơn f đơn điệu nên f ( x) kx (k số) f x f ( y) f ( x) y + Thay biểu thức f ( x) kx vào hệ thức ta f x ky kx y k ( x ky ) kx y ( k 1) y 0 y k 1 + Kiểm tra f ( x ) x, f ( x ) x thỏa mãn yêu cầu đề Câu (3,0 điểm) Tìm tất số tự nhiên có hai chữ số ab (với a b ), biết tổng tất chữ số nguyên từ a đến b ab 3,0 ab a a 1 a b 1 45 Theo đề ta có Nên a ≤ Ta xét trường hợp sau: + Nếu a = a b ab 45 1 a 1 mâu thuẩn.! ( suy ab 45 , mà + khác 45 nên TH không xảy ra) b 1 b 3b 30 b + Nếu a = Suy b 1 33 b 1 0,5 b b 1 Mà ta có nên (b - 1)b = 66, phương trình khơng có nghiệm b {4;5; ,9} + Nếu a =2 b 1 b 2b 20 b suy b 1 21 Khi (b – 1)b = 42, suy b = 7, ta có nghiệm ab 27 + Nếu a =1 b 1 b 1b 10 b suy b 1 10 Khi ta có (b – 1)b = 20, suy b = 5, ta có nghiệm ab 15 Trang 3/6 Vậy có hai số tự nhiên thỏa đề 27 15 Câu (5,0 điểm) 3 1) Cho tam giác ABC có ba cạnh AB = c, BC = a, CA = b thỏa mãn a = b + c > 600 nhọn A Chứng minh A a , b, c 3 Ta có a b c b b b a a 0 a 0 b a c c c 1 a 0 c a a a 3 2 b c b c b3 c3 b c a a a a a3 a2 b2 c b2 c a 1 0 a b2 c2 a 2bc Suy A góc nhọn a b3 c (b c)(b bc c ) a (b bc c ) a b bc c b2 c2 a cos A cos 600 2bc A > 600 Vậy Trang 4/6 1,5 tù) có đường cao AH, tia phân giác góc A 2) Cho tam giác ABC (AB < AC, A Ax Gọi (O1) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH, (O 2) đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH a) Trên tia Ax lấy điểm D nằm ngồi hai đường trịn (O 1), (O2) Hai đường thẳng DB, DC cắt (O1), (O2) điểm thứ hai K L Đường thẳng vng góc với AD A cắt hai đường tròn (O1), (O2) điểm thứ hai E F Chứng minh tứ giác EFLK 3,5 nợi tiếp đường trịn b) Đường thẳng d tiếp xúc với hai đường tròn (O 1), (O2) P, Q Các tiếp tuyến P, Q đường tròn ngoại tiếp tam giác HPQ cắt N Lấy điểm M đối xứng với A qua PQ Chứng minh H, M, N thẳng hàng Hình vẽ câu a) (0,25 điểm) Hình vẽ câu b) (0,25 điểm) a) Chứng minh tứ giác EFLK nội tiếp Ta có ALF = ACF = CAD = BAD = ABE = AKE Mà tứ giác AKDL nợi tiếp đường trịn đường kính AD có AE tiếp tuyến = EAK = sdAK ALK Nên Suy KLF = ALF + ALK = AKE + EAK = 180 - KEA KLF + KEA = 180 Vậy tứ giác EFLK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh H, M, N thẳng hàng + Gọi I giao điểm PQ AH Ta có PHQ = PHI + QHI = API + AQI = MPI + MQI = 180 - PMQ Suy tứ giác HPMQ nợi tiếp đường trịn (1) + Chứng minh hai tam giác IPA IHP đồng dạng, suy IP.HP = PA.IH + Chứng minh hai tam giác IQA IHQ đồng dạng, suy IQ.HQ = QA.IH HP AP = ⇒ HP.AQ = HQ.AP ⇒ HP.MQ = HQ.MP Suy HQ AQ (2) Từ (1) (2) suy HPMQ tứ giác điều hịa Do N nằm đường chéo HM, hay ba điểm H, M, N thẳng hàng Trang 5/6 Nội dung Điểm Câu (3,0 điểm) Trong hình vng có cạnh 1, ta đặt số đường trịn mà tổng chu vi chúng 2022 Chứng minh tồn đường thẳng có điểm chung với 644 đường 3,0 tròn đường tròn + Gọi đường tròn Ci với bán kính tương ứng R i ,i = 1, n ( n số nguyên dương) + Với đường trịn Ci , ta dựng đường kính song song với cạnh AB hình vng, sau chiếu theo phương vng góc với cạnh AB lên cạnh AB, ta thu hình chiếu tương ứng đường kính cạnh AB, có đợ dài đường kính 2R i + Do tổng chu vi đường tròn 2022 nên n n 2022 2π R i = 2022 (2R i ) = π i=1 i=1 Theo nguyên lý Đirichlet hình chiếu cạnh AB đường kính 2022 644 nói tồn hình chiếu có chung nhất mợt điểm, gọi I mợt điểm chung Khi đó, đường thẳng qua I vng góc với AB có điểm chung với nhất 644 đường trịn * Lưu ý: Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu HDC cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định Trang 6/6