2 dap an toan bang a ct ôn tập toán lớp 10

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2021 – 2022 Đề thức Mơn thi: TỐN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang Câu Nội dung Điểm Câu (3,0 điểm) a) Chứng minh với số ngun n khơng chia hết cho n  chia hết cho b) Tìm tất số nguyên tố a, b, c, d , e thỏa mãn a  b  c  d  e abcde 2 c) Tìm số nguyên dương a, b thỏa mãn a  ab  1 a  b b  ab  1 b  a a 1, b 1, (3,0 ) 2 Ta có n  n  1 n  n  1  n  1 0,25 = n  n  1  n  1  n    0,25 =  n    n  1 n  n  1  n    5n  n  1  n  1 5 Mà n không chia hết cho số nguyên tố suy n  15 Nếu số a, b, c, d , e khơng có số chia hết cho theo câu 1a) ta có a  b  c  d  e chia hết cho abcde không chia hết cho vơ lí Vậy có số a, b, c, d , e chia hết cho Không tổng quát giả sử a 5  a 5 (vì a số nguyên tố)  54  b  c  d  e 5bcde  b  c  d  e 5 Nếu số b, c, d , e khơng có số chia hết cho b  c  d  e chia dư vơ lí suy số b,c,d,e có số 5 Tương tự ta có a b c d e 5 2 2 Ta có a  ab  1 a b  a b  a  b   a  b a  b 0,25 0,25  b  aa  b - Trường hợp 1: b  a   b  a a  b (1) c 1, 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Mặt khác b  ab  1 a  b  a   a  bb  a  a  bb  a  a  b b  a (2) 2 Từ (1) (2)  a  b b  a   a  b   b  a  a  b  b  a 1  b a  - Trường hợp 2: b  a   a  b   a  a  b a  b  a vơ lí Kết luận: a n; b n  với n số nguyên dương Câu (7,0 điểm) a) Giải phương trình  x  1 x    x   x   x  x  12  x  y  xy  x  y 0 b) Giải hệ phương trình   x  4 y 0,5 0,25 Điều kiện x  , phương trình tương đương  x  1 x     x   x    x    x    (7,0 ) b 3,    x  1  x     x    x     x    x   0 x2 2 x 7 3 x6  x 1    x  2    x   0 x 7 3  x2 2   x 2   x 1 x6    x  0 (1)  x   x 7 3 x 1 x2 x2   Vì x   x    2 x2 2 x 2 2 x 6 x 6   x 7 3 x 1 x 6 x 2 x 6    x 4   x  0  (1) vô 2 x2 2 x 7 3 nghiệm  x  y  3xy  x  y 0 (1)  (2)  x  4 y  a 3,   x 2 y Ta có (1)  ( x  y  1)( x  y ) 0    x y  0,5 0,5 1,0 1,0 0,5 1,5 TH1: x 2 y vào (2) ta có y  y  0  y   x 1 1,0 TH2: x  y  vào (2) ta có  y 3   x 2  1,0 y  y  0    y 3   x 2  Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P   2 a b b c c  a2 Do vai trị a, b, c bình đẳng nên giả sử c a; c b 2 (1,0 c  c  2 Ta có a  b  a     b   ) 2  2 0,25  2 c c   b  c  b   ; c  a  a   2 2   c c Đặt x a  ; y b   x  y 3 2 1 1 1 1  3 1   2         Khi P  2 x y x y x y 4 x y  4 x y  2 0,25 1 1  P   Ta có x  y  xy  2 x y xy  x  y   x  y 1   , x  0; y  ta có x y xy 10 10  P    2 x  y  xy  x  y   x  y Áp dụng bất đẳng thức 0,25 Dấu đẳng thức xảy chẳng hạn a b  ; c 0 0,25 10 Vậy giá trị nhỏ P Câu (8,0 điểm) Cho đường tròn (O) dây cung BC cố định (BC khác đường kính) Điểm A thuộc cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn AB < AC Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC, AB D, E Đường thẳng AD cắt đường tròn (I) điểm thứ hai M; BM cắt đường tròn (I) điểm thứ hai Q; BI cắt DE P a) Chứng minh tứ giác IPQM nội tiếp   b) Chứng minh BME DMP c) Đường tròn qua C tiếp xúc với AI I cắt BC H cắt (O) điểm thứ hai K Chứng minh A di động (O) đường thẳng HK ln qua điểm cố định (8,0 Vì BE; BD tiếp tuyến đường tròn (I), E, D tiếp điểm nên ) a theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có tam giác IEB vng 2,0 4, E, có đường cao EP suy BP.BI = BE2 (1) Vì BQM cát tuyến đường tròn (I) nên BE2 = BQ.BM (2) 1,0 Từ (1) (2) suy BP.BI = BQ.BM nên tứ giác IPQM nội tiếp 1,0 A x M E Q B b 3, O I P C D   Theo câu (a) tứ giác IPQM nội tiếp suy IPM (hai góc nội IQM tiếp chắn cung) (3)   Tam giác IMQ cân I suy IQM (4) IMQ 0,5 0,5 Kẻ tia tiếp tuyến Mx đường tròn (I) (như hình vẽ)      Từ (3) (4)  MEQ (5) QMx 900  QMI 900  IPM MPD   (hai góc nội tiếp chắn cung) (6) EQM EDM   Từ (5) (6) suy BME DMP 1,0 0,5 0,5 K A F J I O H B C N c 1,   ; IHC  Xét tam giác HCI tam giác ICA có HCI ICA  AIC (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung) HC IC  Suy HCI ICA  (7) HI IA Gọi đường tròn qua C tiếp xúc với AI I đường tròn (J), F giao điểm AC với (J) 1800  ABC AKC       Ta có CKI CFI FAI  FIA CAI  ACI   2  suy AKI IKC (8)  Ta có: AIK ICK (cùng chắn cung) (9) CK IC  Từ (8) (9) suy AIK ICK suy (10) IK IA HC CK  Từ (7) (10) suy (*) HI IK Kéo dài AI cắt đường tròn (O) điểm N suy N điểm cung nhỏ BC suy N cố định       Ta có NIC suy NI = NC Do  NAC  ICA  NCB  ICB  NCI NC tiếp tuyến đường tròn (J) Gọi H’ giao điểm KN với (O) ta có NC H ' C NI H ' I NH ' C NCK    NH ' I NIK  NK CK NK IK 0,25 0,25 0,25 0,25 H 'C H ' I H ' C CK    (**) CK IK H 'I IK HC H ' C  Từ (*) (**) suy HI H 'I   Mà IHC IH ' C (cùng bù góc IKC)   ' IC Suy HIC H ' IC  HIC H  H  H’ Vậy KH qua điểm cố định N Câu (1,0 điểm) Trong hoạt động ngoại khóa có 20 giáo viên 80 học sinh đến từ nhiều nơi tham gia Biết giáo viên quen với 65 người học sinh quen với tối đa 12 người (Quan hệ quen xem có tính chiều: Người A quen người B người B quen người A) Ban tổ chức xếp họ thành 41 nhóm Hỏi ban tổ chức xếp cho nhóm có người quen khơng? Vì sao? Câu trả lời khơng Giả sử Ban tổ chức Vì giáo viên quen với 65  19 46 học sinh nên số cặp Giáo 0,25 viên - Học sinh quen 20.46 920 (cặp) (1) Vì có 20 giáo viên có 41 nhóm nên có 21 nhóm chứa tồn học sinh 0,5 (1,0 Vì nhóm có người quen nên 21 nhóm có ) 21.2 42 học sinh quen với tối đa 11 giáo viên Từ suy số cặp Giáo viên – Học sinh quen tối đa là: 42.11   80  42  12 918 cặp (2) 0,25 Từ (1) (2) suy vơ lí Vậy Ban tổ chức khơng xếp 20,0 mà NI = NC  Lưu ý: Nếu học sinh giải cách khác cho điểm tối đa tương ứng cho câu