tài liệu tổng hợp những phần trọng điểm của học sinh chuyên môn toán lớp 10 giúp các em học sinh thi học sinh giỏi đây là tài liệu của các thầy cô trường trung học phổ thông chuyên thái bình có kinh nghiệm tổng hợp lại
SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2014 MÔN: TOÁN HỌC LỚP 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang 05 câu) Đề xy + ( x − y )( xy − 2) + x = y + y Câu 1(4 điểm) Giải hệ: ( x + 1)( y + xy + x − x ) = Câu (4 điểm) Tìm tất ba số nguyên dương (a;b;c) cho a3 + b3 + c3 đồng thời chia hết cho a2b, b2c, c2a Câu (4 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD có cặp cạnh đối không song song Gọi P, Q, O giao AB CD, AD BC, AC BD ( B nằm A P, D nằm A Q) Gọi H hình chiếu vuông góc O đường thẳng PQ; M, N, R, S thứ tự hình chiếu vuông góc H đường thẳng chứa cạnh AB, BC, CD, DA Chứng minh M, N, R, S thẳng hàng thuộc đường tròn Câu (4 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn xyz = Chứng minh: 1 + + ≥1 2 + x + x 1+ y + y + z + z2 Câu (4 điểm) Cho tập X = {1;2;3; ;30} tập A1, A2, , A30 X Biết với tập gồm phần tử tùy ý X tồn tập Ai (i = 1;2; ;30) chứa Chứng minh tồn tập 30 tập Ai mà hợp chúng X Hết Đáp án hướng dẫn chấm Câu 1.Giải hệ x ≥ 0; y ≥ xy + ( x − y )( xy − 2) ≥ ĐKXĐ: Từ pt(1) ta có: ( xy + ( x − y )( xy − 2) − y) + ( x − y ) = ⇔ ( x − y )( y + xy − 2) xy + ( x − y )( xy − 2) + y + x− y =0 x+ y x = y y + xy − ⇔ + = (3) x+ y xy + ( x − y )( xy − 2) + y Từ pt(2) rút dùng biến đổi tương đương dễ dàng chứng minh : y + xy = + x2 − x ≥ x +1 Do trường hợp (3) bị loại Vậy ta x = y Thay vào hệ đối chiếu với ĐKXĐ ta nghiệm: x = y = x = y = ± 17 Cách chấm: Phát hướng nhân liên hợp : 1,5 điểm Loại trường hợp (3): 1,5 điểm Tính nghiệm : điểm Câu Do tính đẳng cấp biểu thức nên ta thấy: Nếu (a;b;c) nghiệm (ka;kb;kc) (với k nguyên dương) nghiệm Ngược lại gọi k = (a;b;c) (a/k;b/k;c/k) nghiệm Do ta cần xét trường hợp (a,b,c) = Gọi d = (a;b) Nếu d > tồn số nguyên tố p ước d Từ gt suy p|c nên d=1 Do a,b,c đôi nguyên tố Khi dễ thấy điều kiện đề cho tương đương với tìm a,b,c để P = a3 + b3 + c3 chia hết cho a2b2c2 Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c Ta có: 3a ≥ a3 + b3 + c ≥ a 2b c ⇒ a ≥ b2c2 Ta có b3 + c Ma ⇒ 2b ≥ b3 + c ≥ a ≥ b4c4 18 ⇒ b ≤ , b ≥ c ⇒ c =1 c Với c= 1, cách chặn tương tự ta a=b=1 a=3; b=2 KL: Nghiệm toán (a,b,c) = (k,k,k); (3k,2k,k) hoán vị với k số nguyên dương Cách chấm: 1.Nhận xét để đưa toán xét với trường hợp a,b,c đôi nguyên tố: điểm 2 3 Chuyển toán : a b c | a +b + c : điểm Tìm a,b,c kết luận nghiệm: điểm Câu Q S D H N R C O A E M P B Gọi E,F thứ tự giao AB với QO, AC với PQ Ta có (ABEP) = -1 suy (ACOF) = -1( phép chiếu xuyên tâm Q) Hay ta H(ACOF) = -1 Theo tính chất chùm điều hòa từ HO vuông góc với HP suy HO phân giác góc tạo HC HA Đpcm tương đương ⇔ ( MR, MS) = ( NR, NS) ( mod π ) ⇔ ( MR, MH ) + ( MH , MS) = ( NR, NH ) + ( NH , NS) ⇔ ( PR, PH ) + ( AH , AS) = (CR, CH ) + (QH , QS) ⇔ ( PR, PH ) − (CR, CH ) = (QH , QS) − (( AH , AS) ⇔ ( HC , HP) = ( HQ, HA) ( PR ≡ CR, QS ≡ AS ) ⇔ ( HC , HO) + ( HO, HP) = ( HQ, HO) + ( HO, HA) ⇔ ( HC , HO) = ( HO, HA) Điều cuối hiển nhiên HO phân giác góc tạo HA HC Cách chấm: Bài khuyến khích học sinh dùng góc định hướng để chứng minh không phụ thuộc hình vẽ Nếu nhận xét vị trí khác chứng minh tương tự Thiếu điều trừ 0,5 điểm Từ t/c hàng điểm điều hòa, chùm điều hòa chứng minh HO phân giác góc HA, HC (hoặc HB HD) : điểm (có thể dùng cách khác) Phần lại: điểm Câu Ta đổi biến để đưa bất đẳng thức đẳng cấp sau: Từ giả thiết ta thấy tồn a,b,c ba số thực dương để: x=bc/a 2, y=ca/b2, z=ab/c2 Khi đó: a4 = ∑ + x + x ∑ a + a 2bc + b2c ≥ (a + b2 + c ) ∑ (a + a 2bc + b2c ) Ta chứng minh: (a + b + c ) ≥ a + b + c + abc (a + b + c ) + a 2b + b c + c a ⇔ a 2b + b 2c + c a ≥ abc (a + b + c ) ⇔ (ab − bc )2 + (bc − ca )2 + (ca − ab) ≥ Điều cuối hiển nhiên nên bđt ban đầu chứng minh Cách chấm: Có thể có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức trên, với với chứng minh đúng, trình bày trọn vẹn điểm m k Câu Kí hiệu C = k > m 30 Ta thấy số tập gồm phần tử tập A , A , ,A không vượt quá: C|5A1| + C|5A2 | + + C|5A30 | Số tập gồm phần tử X C30 , nên từ giả thiết ta suy ra: C|5A1| + C|5A2 | + + C|5A30 | ≥ C30 (1) ⇒ ∃ i ∈ { 1; 2; ;30} : C 5Ai ≥ C30 ⇒ Ai ≥ 17 30 Xét Bi = X \ Ai ⇒| Bi |≤ 13 Do phân hoạch tập B thành ba tập M, N, P mà số phần tử tập không vượt Nên tồn Aj, Ak, Al (j,k,l khác i không thiết phân biệt) cho M,N,P tập Aj, Ak, Al Khi dễ thấy phần tử X thuộc vào bốn tập Ai, Aj, Ak, Al Đó tập cần tìm Cách chấm: Đánh giá bđt (1): điểm Chỉ tồn tập Bj: điểm Còn lại: điểm Mọi cách làm dở dang phần điểm tùy vào việc xem xét liệu cách kết thúc không