Đề hsg toán 10 các trường thpt chuyên khu vực duyên hải và đbbb lần 10 2016 2017 file word có lời giải chi tiết

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM 2017 ĐỀ THI MƠN: TỐN HỌC LỚP: 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 15/4/2017 (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Bài ( 4,0 điểm) Giải phương trình x  2 x  2  x  5( x  ) Bài ( 4,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB  AC ) nhọn, không cân nội tiếp đường tròn  O  Các đường cao AD, BE CF cắt H Gọi M trung điểm cạnh BC Đường tròn  J  ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn  O  điểm thứ hai K ( K  A) Đường thẳng AM cắt đường tròn  J  điểm thứ hai Q (Q  A) EF cắt AD P Đoạn PM cắt đường tròn  J  N a) Chứng minh đường thẳng KF , EQ , BC đồng quy song song ba điểm K, P, Q thẳng hàng b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc Bài ( 4,0 điểm) Tìm tất ba số nguyên (a, b, c) cho số (a  b)(b  c)(c  a )  lũy thừa 20162017 (Một lũy thừa 20162017 số có dạng 20162017 n với n số nguyên không âm) Bài ( 4,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn b c c a a b 1     2     a b c  ab bc ca  Chứng minh rằng: a  b  c  2(ab  bc  ca) Bài ( 4,0 điểm) Cho bảng vng kích thước 10 10 , điền số nguyên dương từ đến 100 vào ô vuông theo trình tự hình a Ở bước biến đổi, người ta chọn tùy ý ba ô vuông liên hàng theo cột theo đường chéo hình vng kích thước 3 (xem hình b) thực hiện: Hoặc giảm số ô nằm đơn vị đồng thời tăng số hai ô liền kề lên đơn vị, tăng số ô nằm lên đơn vị đồng thời giảm số hai ô liền kề đơn vị Giả sử sau hữu hạn bước biến đổi, tập hợp tất số ghi bảng ô vuông tập {1; 2; 3; …; 100} Chứng minh số ghi bảng theo vị trí trước biến đổi … 11 12 13 … 21 22 23 … … … … … 10 19 29 … 20 30 … 91 92 93 … 99 100 Hình a – Bảng vng ban đầu Hình b- Ba ô vuông liên tiếp HẾT (Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Cán coi thi khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh: ………………… KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM 2017 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN HỌC LỚP: 10 (Đáp án gồm 07 trang) ĐÁP ÁN Bài 1: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất trường THPT chun Trần Phú- Hải Phịng Giải phương trình x  2 x  2  x  Ý Cách ĐÁP ÁN Điều kiện  ĐIỂM 4,0 đ x  2 Phương trình ban đầu tương đương với phương trình 6    x    x  x2  0,5đ   4x  4x  x   2x   x 1  x 1  4    x   1  x 1   x  0,5đ 4      1    1  x  Phương trình (1)     x     x 1    2x  3  2x  1 2x     2x    x  1  2x    0,5đ  x  0,5đ  x   2     2x  1 2x         x  1 Phương trình (2) vơ nghiệm VT  2 Lại có: 3  2x  1 2x    2x    2 3      2x   x  0,5 đ   VP 0,5đ Vậy phương trình có nghiệm x 1 x  Điều kiện   x  2 Với điều kiện ta có: x   2 x     x   x   0,5 đ 0,5 đ 0,5đ 0 1       Do : 3 x   2x    2x   x  0,5đ 0,5đ Cách     PT  x   2 x    x   x   x  x  0  x2  x  x2  2x    x  x  0 x   2x    2x   x  (Mỗi nhân liên hợp cho 0,5 điểm) 1    ( x  x  3)    1 0  x   2x    2x   x    x 1   x  Vậy phương trình có nghiệm x 1 x  0,5đ 1,0đ 0,5đ 0,5đ Bài 2: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất trường THPT chuyên Lam Sơn- Thanh Hóa Cho tam giác ABC ( AB  AC ) nhọn, không cân nội tiếp đường tròn  O  Các đường cao AD , BE CF cắt H Gọi M trung điểm cạnh BC Đường tròn  J  ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn  O  điểm thứ hai K ( K  A) Đường thẳng AM cắt đường tròn  J  điểm thứ hai Q (Q  A) EF cắt AD P Đoạn PM cắt đường tròn  J  N a) Chứng minh đường thẳng KF , EQ BC đồng quy song song ba điểm K, P, Q thẳng hàng b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM A E K J S P F H Q N 4đ O B L D C M A' Gọi A’ điểm đối xứng với H qua M, suy BHCA’ hình bình hành Do A ' C  BH ; A ' B CH , suy A ' CA  A ' BA 900  AA ' đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Suy A ' K  AK (1) Dễ thấy AH đường kính đường trịn (J), suy HK  AK (2) 0,5đ Từ (1) (2) suy K, H, A’ thẳng hàng Mà H, M, A’ thẳng hàng nên suy K, H, M, A’ thẳng hàng Gọi L giao điểm AK BC Từ kết giả thiết, suy H trực tâm tam giác ALM, suy LH vng góc với AM, gọi Q ' LH  AM  Q '  ( J )  Q ' Q suy tứ a Cách 0,5đ giác ABDE, ALDQ nội tiếp, suy HL.HQ HA.HD HB.HE  LBQE nội tiếp Ta có: AF AB  AE AC  AK AL  AH AD  AQ AM Suy tứ giác KLBF, CMQE nội tiếp Như vậy: LB trục đẳng phương hai đường tròn (LBQE) (KLBF); KF trục đẳng phương hai đường tròn (KLBF) (J); 0,5đ EQ trục đẳng phương hai đường trịn (J) (LBQE) Do ba đường thẳng KF, EQ BC đồng quy song song EF trục đẳng phương hai đường tròn (BC) (J) KQ trục đẳng phương hai đường tròn (J) (LM) PA/( LM ) PA/( BC ) nên A thuộc trục đẳng phương (LM) (BC) Do AD vng góc với đường nối tâm hai đường tròn (LM) (BC) nên AD trục đẳng phương hai đường trịn (LM) (BC) Lại có, P giao điểm EF với AD nên suy P thuộc KQ 0,5đ Ta có AF AB  AE AC  AK AL  AQ AM  AF AB  AH AD , Qua phép nghịch đảo  ( A, AH AD) , tâm A phương tích k  AH AD : Cách 0,5 đ Đường thẳng KF biến thành đường tròn (ABL); 0,5 đ đường thẳng EQ biến thành đường tròn (ACM); đường thẳng BC biến thành đường tròn (AEF) 0,5đ Ba đường trịn (ABL); (ACM); (AEF) có chung điểm A Do trục đẳng phương ba đường trịn đồng qui A trùng 0,5đ Vậy ba đường thẳng KF, EQ BC song song đồng quy Ta có: AK trục đẳng phương hai đường tròn (O) (J); EF trục đẳng phương hai đường tròn (J) (BFEC); BC trục đẳng phương hai đường tròn (BFEC) (O), mà AK cắt BC L, suy AK, EF, BC đồng quy L Ta có M tâm đường tròn (BFEC), suy MJ  EF, kết hợp với JD  LM 0,5đ Suy P trực tâm tam giác JLM Do MP  JL Gọi S giao điểm JL b 0,5đ MP, ta có tứ giác LDPS nội tiếp, suy JS JL JP.JD (3) Xét tứ giác toàn phần AEHFBC, ta có  A, H , P, D   , mà J trung điểm AH nên theo hệ thức Newton suy JH JP.JD (4) Từ (3) (4) suy JS JL  JH JN , mà NS  JL suy LN vng góc với JN hay LN tiếp 0,5đ tuyến (J) Suy LN LK LA LB.LC  LN tiếp tuyến đường tròn (BNC) (5) Từ AKM  ADM 900  điểm A, K, D, M thuộc đường tròn, suy LN LK LA LD.LM  LN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MND (6) Từ (5) (6) suy hai đường tròn (BNC) (MND) tiếp xúc N 0,5đ (đpcm) Bài 3: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Quảng Nam Tìm tất ba số nguyên (a, b, c) cho số (a  b)(b  c)(c  a )  lũy thừa 20162017 (Một lũy thừa 20162017 số có dạng 20162017 n với n số nguyên không âm) Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 4,0 đ Giả sử a, b, c số nguyên n số nguyên dương cho ( a  b)(b  c)(c  a)  2.20162017 n Đặt a  b  x ; b  c  y ta viết lại phương trình sau xy ( x  y )  2.20162017 n 0,5đ (1) Nếu n 1 vế phải (1) chia hết cho 7, ta có xy ( x  y )  0 (mod 7) Gọi u, v    3,  2,  1, 0,1, 2,3 thỏa mãn x u  mod  , y v  mod  Ta có uv(u  v)  0 (mod 7) (2) Từ (2) ta u 0, v 0, u  v 0 0,5đ Giả sử u v Khi ta xét trường hợp sau: +) v   u    3,  2,  1,1, 2 thử thấy không thỏa mãn (2) +) v   u    2,  1,1,3 thử thấy không thỏa mãn (2) 0,5đ +) v   u    1, 2,3 thử thấy không thỏa mãn (2) +) v 1  u   1, 2,3 thử thấy không thỏa mãn (2) +) v 2  u   2,3 thử thấy không thỏa mãn (2) 0,5đ +) v 3  u   3 thử thấy không thỏa mãn (2) Chú ý: ( Hướng khác học sinh làm) Để chứng minh xy ( x  y )  0 (mod 7) khơng xảy ta chứng minh sau: từ xy ( x  y )  0 (mod 7) suy xy ( x  y ) 2 (mod 7) 0,5đ hay ( x  y )3  x  y 2 (mod 7) (3) Để ý với số nguyên k , ta có k  1;0;1 (mod 7) Từ (3) suy số ( x  y )3 , x y phải có số chia hết cho 0,5đ Do số nguyên tố nên số x  y, x, y phải có số chia hết cho Suy xy ( x  y ) chia hết cho Đây điều mâu thuẫn xy ( x  y )  0 (mod 7) Vì vậy, n 0 Khi xy ( x  y )  2  xy ( x  y )   xy ( x  y ) 1.( 2) ( 2).1 ( 1).2 2.( 1) 0,5đ Xét trường hợp sau: 0,5đ  xy 1  x  y    x  y   xy   x 2  x      x  y 1  y   y 2  xy  (khơng có nghiệm ngun)   x  y 2  xy 2 (vô nghiệm)   x  y  Vậy ba số thỏa mãn yêu cầu toán ( a, b, c) (k  2, k  1, k ) (với k   ) hoán vị 0,5đ 0,5đ Bài 4: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn b c c a a b 1     2     Chứng minh rằng: a b c  ab bc ca  a  b  c  2(ab  bc  ca) Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 4,0 đ Giả thiết tương đương với b c c a a b 1   1  1   2      a b c  ab bc ca   1 1   a  b  c      3  a b c abc  0,5đ 0,5 đ  (a  b  c)(ab  bc  ac  2) 3abc Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: ( a  b  c)(ab  bc  ac  2) 3abc  Do đó: ab  bc  ac   ( a  b  c)3 (a  b  c)2  18 9(ab  bc  ca )  (a  b  c ) 0,5đ 0,5đ (a  b  c ) 7(ab  bc  ca )  (a  b  c )   (ab  bc  ca )   6 0,5đ 7( ab  bc  ca)  5( a  b  c )  a b c 3  0,5đ 2 Do a  b  c ab  bc  ca, a, b, c nên 7(ab  bc  ca )  5( a  b  c ) 2(ab  bc  ca ) Vậy a  b  c  2(ab  bc  ca) Dấu xảy a b c 1 0,5đ 0,5đ Bài 5: (4,0 điểm) Câu hỏi đề xuất trường THPT chuyên Lê Hồng Phong– Nam Định Cho bảng vng kích thước 10 10 , điền số nguyên dương từ đến 100 vào ô vuông theo trình tự hình a Ở bước biến đổi, người ta chọn tùy ý ba ô vuông liên hàng theo cột theo đường chéo hình vng kích thước 3 (xem hình b) thực hiện: Hoặc giảm số ô nằm đơn vị đồng thời tăng số hai ô liền kề lên đơn vị, tăng số ô nằm lên đơn vị đồng thời giảm số hai ô liền kề đơn vị Giả sử sau hữu hạn bước, tập hợp tất số ghi bảng ô vuông tập {1; 2; 3; …; 100} Chứng minh rằn g số ghi bảng theo vị trí trước biến đổi … 10 11 12 13 … 19 20 21 22 23 … 29 30 … … … … … … 91 92 93 … 99 100 Hình a – Bảng vng ban đầu Hình b- Ba vng liên tiếp Ý ĐÁP ÁN n  i, j Ta kí hiệu a ĐIỂM số ghi ô vuông thuộc hàng i, cột j sau bước biến đổi thứ n, thứ tự hàng i tính từ xuống dưới, thứ tự cột j tính từ trái sang phải + Ban đầu (coi “ngay sau lần biến đối thứ 0”) bảng có số a i , j điền vào ô theo quy luật a i , j 10  i  1  j với i, j  * , i, j 10 0,5 đ a + Xét đại lượng Tn 1 i , j 10  i, j n  i, j  a với n   a0i , j  a0i , j  Ban đầu chưa biến đổi, có T0 1 i , j 10 Xét từ lần biến đổi thứ n sang lần biến đổi thứ n + 1, cách thử khả chọn ba ô n vuông liền kề (ô điền a i , j  ): Trường hợp chọn ô vuông liên tiếp hình vẽ ta có Tn 1 a01,1 an1,11   a0i  1, j ani 11, j  a0i, j ani,j1  a0i 1, j ani11, j  a010,10  an101,10        a01,1 an1,1   a0i  1, j ani  1, j 1  a0i, j ani, j 2  a0i 1, j ani 1, j 1   a010,10  an10,10  Tn  a0i, j  a0i 1, j  a0i  1, j  0,5đ Các trường hợp lại,với cách thức biến đổi tương tự, ta thấy giá trị Tn 0 “tăng” “giảm” lượng dạng 2a i , j  a p , m   a q , r  với p, m, q, r 0,5đ số nguyên dương thỏa mãn p  q 2i m  r 2 j 0 Mặt khác: 2a i , j  a p,m  a q,r  2  10  i  1  j   10  p  1  m   10  q  1  r  0 , 0,5đ Tn Tn 1 với n, nghĩa Tn bất biến trình biến đổi + Giả sử sau N bước, tập hợp số ghi bảng {1; 2; 3; …;   N N N N N 100} nghĩa a 1,1 , a 1,2 , , a 1,10 , a 2,1 , , a 10,10 hoán vị (1; 0,5đ 2; 3; …; 100) Ta có TN TN   T0 nên  1i , j 10 a0i , j  aNi , j    1i , j 10 a0i , j  a0i , j  0,5đ Mặt khác theo bất đẳng thức dãy xếp ta ln có  1i , j 10  a N 1,1 a0i , j  aNi , j    1i , j 10 a0i , j  a0i , j  , dấu đẳng thức xảy hai dãy    , aN1,2 , , aN1,10 , aN2,1 , , aN10,10 a01,1 , a01,2 , , a01,10 , a02,1 , , a010,10 xếp 0,5đ theo trật tự tăng giảm Hai dãy hoán vị nên điều xảy  a N 1,1    , aN1,2 , , aN1,10 , aN2,1 , , aN10,10  a01,1 , a01,2 , , a01,10 , a02,1 , , a010,10 Vậy bảng số lúc xếp trật tự lúc đầu 0,5đ A LƯU Ý CHUNG - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng chấm điểm cho phần