SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO VĨNH LONG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học 2018– 2019 Môn: Toán 10 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 20/4/2019 Học sinh làm toán sau Bài (4,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau a) x + − − x + 3x − 14 x − = x x + y + y = 10 b) x + + x = 12 y2 Bài (4,0 điểm) 2019 a) Cho 2019 số nguyên x1 ; x2 ; x3 ; ; x2019 cho ∑x i =1 i = Chứng minh rằng 2019 S = ∑ xi 81 chia hết cho 255 i =1 b) Cho đa giác ( H ) có n nh ( n ẻ Ơ , n > 4) Tìm n , biết sớ tam giác có đỉnh đỉnh ( H ) khơng có cạnh cạnh ( H ) gấp lần sớ tam giác có đỉnh đỉnh ( H ) có cạnh cạnh ( H ) Bài (3,0 điểm) Cho a, b hai sớ thực dương có tổng bằng Chứng minh rằng: 1 + ≥ a + b ab Bài (4,0 điểm) a) Cho tam giác ( AH + BH + CH ) nhọn với H trực tâm Giả sử ta có = AB + BC + CA Hãy chứng minh tam giác ABC tam giác ABC 2 µ > 900 đồng thời cạnh sớ µ C b) Cho tam giác ABC có góc µA = B ngun dương Tìm tam giác có chu vi nhỏ ? Bài (3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không tam giác vng nội tiếp đường tròn (I) ( đường tròn (I) có tâm I ); điểm H ( 2; ) trực tâm tam giác ABC Kẻ đường kính AM, BN đường tròn (I) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết M ( 5;3) , N ( 1;3) đường thẳng BC qua điểm P ( 4; ) Bài (2,0 điểm) Cho 69 số nguyên dương phân biệt khơng vượt q 100 Chứng minh rằng chọn bốn số a, b, c, d cho a < b < c a + b + c = d HẾT • Học sinh khơng được phép sử dụng tài liệu; • Học sinh khơng được phép sử dụng máy tính cầm tay SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO VĨNH LONG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG LỚP 10 THPT MÔN TOÁN 10 KHÓA THI NGÀY ……… Bài 1a 2,0 Giải phương trình x + − − x + x − 14 x − = (1) −1 ≤ x≤6 Điều kiện: (1) ⇔ ( ) ( 0,25 ) 3x + − + − − x + x − 14 x − = 3x − 15 x −5 ⇔ + + ( x − 5)(3x + 1) = 3x + + + − x x = ⇔ + + x + = 0(VN ) 3x + + + − x ⇔ x =5 - Kết luận Tập nghiệm phương trình cho là: T = { 5} Bài 1b 0,25 0,25 0,25 0,25 3,0 x x + + = 10 y y Giải hệ phương trình (*) x + + x = 12 y2 ĐK: y ≠ Đặt a = x + 1; b = 0,25 0,5 0,25 y Ta có hệ phương trình trở thành a + b + ab = 11 2 a + b = 13 a + b = a + b = −7 ⇔ ∨ (VN ) ab = ab = 18 a = a = ⇔ ∨ b = b = 0,25 0,25x2 0,25 a = 1 ⇒ ( x; y ) = 1; ÷ 3 b = 0,25 a = 1 ⇒ ( x; y ) = 2; ÷ 2 b = 0,25 TH1: TH2: Kết luận Bài 2a 0,25 2019 Cho 2019 số nguyên x1 ; x2 ; x3 ; ; x2019 cho 2019 S = ∑ xi 81 chia hết cho 255 i =1 ∑x i =1 i = Chứng minh rằng 2,0 Theo định lí Fermat nhỏ ta có: Với mọi x ngun tớ cùng với 3, x ≡ 1(mod 3) ⇒ x80 ≡ 1(mod 3) Với mọi x nguyên tố cùng với 5, x ≡ 1(mod 5) ⇒ x80 ≡ 1(mod 5) Với mọi x nguyên tố cùng với 17, x16 ≡ 1(mod17) ⇒ x80 ≡ 1(mod17) 2019 S ≡ xi = 0(mod 3) ∑ 81 i =1 x ≡ x (mod 3) 2019 81 Do với mọi sớ ngun x ta có: x ≡ x (mod 5) ⇒ S ≡ ∑ xi = 0(mod 5) i =1 x81 ≡ x (mod17) 2019 S ≡ ∑ xi = 0(mod17) i =1 Vậy S chia hết cho 255 Bài 2b 0,5x2 0,25 Cho đa giác ( H ) có n đỉnh ( n Ỵ ¥ , n > 4) Tìm n , biết sớ tam giác có đỉnh 2,0 đỉnh ( H ) khơng có cạnh cạnh ( H ) gấp lần số tam giác có đỉnh đỉnh ( H ) có cạnh cạnh ( H ) 0,25 Số tam giác tạo thành có đỉnh đỉnh đa giác Cn 0,25 Sớ tam giác tạo thành có cạnh cạnh đa giác n 0,25 Sớ tam giác tạo thành có cạnh cạnh đa giác n( n- 4) Suy sớ tam giác tạo thành khơng có cạnh cạnh đa giác 0,25 Cn3 - n- n( n- 4) Theo giả thiết, ta có Cn - n- n( n- 4) = 5.n( n- 4) n! Û Cn3 = 6.n( n- 4) + n Û = 6.n( n- 4) + n 3!.( n- 3) ! Û ( n- 2) ( n- 1) 0,25 0,5 én = 35 = 6( n- 4) +1 Û n2 - 39n +140 = Û ê ên = ë 0,25 Do n> nên ta chọn n = 35 thỏa mãn yêu cầu toán Bài 0,25 0,25 0,25 Cho a, b hai số thực dương có tổng bằng Chứng minh rằng: 1 + ≥ a + b ab 3,0 0,5 1 1 + = + + 2 a + b ab a + b 2ab 2ab *Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwars: 1 (1 + 1) + ≥ = = 2 2 a + b 2ab a + b + 2ab (a + b) (1) *Áp dụng bất đẳng thức AM – GM: 1 a+b (2) ab ≤ ≥ ÷ ⇔ ab ≤ ⇔ ab 1 1 1 + = + + ≥ + = Từ (1) (2) suy 2 a + b ab a + b 2ab 2ab 1 + ≥ Hay 2 a + b ab 0,75 0,75 0,5 a, b > 0, a + b = 1 Đẳng thức xảy a + b = 2ab ⇔ a = b = a = b Bài a) 0,5 Cho tam giác nhọn ABC với H trực tâm Giả sử ta có 2,0 ( AH + BH + CH ) = AB + BC + CA2 Hãy chứng minh tam giác ABC tam giác ABC tam giác nhọn, gọi A ', B ', C ' chân đường vng góc kẻ từ A, B, C xuống cạnh BC , CA, AB Xét tứ giác nội tiếp BC ' HA ' có: b2 + c2 − a2 AH AA ' = AC ' AB = bc.cosA = 2 2 a + c −b a + b2 − c2 Tương tự BH BB ' = , CH CC' = 2 2 a +b +c Suy AH AA '+ BH BB '+ CH CC ' = 0,5 0,5 HA ' HB ' HC ' S HBC S HCA S HAB HA HB HC + + = + + =1⇒ + + =2 Lại có AA ' BB ' CC ' S ABC S ABC S ABC AA ' BB ' CC ' Áp dụng bđt Cauchy- Schwarz, ta HA HB HC HA2 HB HC 2= + + = + + AA ' BB ' CC ' AA ' AH BB '.BH CC '.CH ≥ ( AH + BH + CH ) AH AA '+ BH BB '+ CH CC ' ( AH + BH + CH ) = a + b2 + c2 ⇔ ( AH + BH + CH ) ≤ a + b + c (*) 4b 0,5 Theo đề bài, đẳng thức (*) xảy AA ' = BB ' = CC ' hay tam giác 0,5 ABC tam giác µ > 900 đồng thời cạnh số 2,0 µ C Cho tam giác ABC có góc µA = B nguyên dương Tìm tam giác có chu vi nhỏ ? µ = 1800 − 3B µ > 900 ⇒ B µ < 300 ⇒ < cos B < µ nên C Ta có µA = B 0,5 a b c = = Theo định lý sin thì sin B sin 2C sin 3B a = 2b cos B ⇒ a = 4b cos B b+c 0,5 c = b (3 − 4sin B ) = b(4cos B − 1) ⇒ cos B = 4b Suy a = b(b + c ) với a, b, c nguyên dương mà a + b + c nhỏ thì (a, b, c) = , (b, c ) = , b, b + c phải sớ phương nên tồn m, n ∈ ¥ * cho b = m ; b + c = n ; a = m.n 0,5 a n < cos B < ⇒ < 2cos B < ⇒ < < ⇒ < < 2 b m m = 7; n = Ta cặp số nguyên dương nhỏ thỏa yêu cầu Do đề Vậy (a, b, c) = (28,16,33) số đo ba cạnh tam giác có chu vi nhỏ 0,5 P = 77 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC khơng tam giác vng nội tiếp đường tròn (I) ( đường tròn (I) có tâm I ); điểm H ( 2; ) trực tâm tam giác ABC Kẻ đường kính AM, BN đường tròn (I) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết M ( 5;3) , N ( 1;3) đường thẳng BC qua điểm P ( 4; ) Nhận xét Các tứ giác BHCM, AHCN hình bình hành suy nếu gọi E, F trung điểm BC, CA thì E, F tương ứng trung điểm HM, HN 7 5 3 5 Do E ; ÷, F ; ÷ 2 2 7 5 Đường thẳng BC qua điểm P ( 4;2 ) , E ; ÷ nên viết phương trình 2 2 BC : x + y − = r AH vng góc với BC suy AH có vtpt n AH = ( 1; −1) , kết hợp với AH qua điểm H ( 2; ) suy ra: AH : x − y = A ∈ AH ⇒ A ( a; a ) , C ∈ BC ⇒ C ( b;6 − b ) Do F trung điểm AC nên: x A + xC x = F a + b = a = ⇔ ⇔ ⇒ A ( 1;1) , C ( 2; ) y + y a + − b = b = A C y = F Do E trung điểm BC nên tìm B ( 5;1) 3,0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Vậy A ( 1;1) , B ( 5;1) , C ( 2; ) A F H N I B E P C M Bài Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt 100 Chứng minh rằng 2,0 chọn bớn sớ a, b, c, d cho a < b < c a + b + c = d Giả sử 69 sớ < a1 < a2 < < a69 < 101 Xét 68 tổng a69 + a1, a68 + a1, , a2 + a1 67 hiệu a69 − a2 , a68 − a2 , , a3 − a2 , có 0,5 135 sớ tất cả (1) Ta có a69 + a1 > a68 + a1 > > a2 + a1 a69 − a2 > a68 − a2 > > a3 − a2 0,5 Mặt khác ≤ a j − a2 , + a1 ≤ 100 + 32 = 132 (2) 0,5 Từ (1) (2) kết hợp với nguyên lý Dirichlet, tồn hai số i, j cho 0,5 + a1 = a j − a2 (i ≠ j ) ⇒ a j = + a1 + a2 số thỏa đề ... đ nh ( n ẻ Ơ , n > 4) Tim n , biết sớ tam giác có đ nh 2,0 đ nh ( H ) khơng có c nh c nh ( H ) gấp lần sớ tam giác có đ nh đ nh ( H ) có c nh c nh ( H ) 0,25 Số tam giác tạo th nh có đ nh. .. th nh có đ nh đ nh đa giác Cn 0,25 Số tam giác tạo th nh có c nh c nh đa giác n 0,25 Sớ tam giác tạo th nh có c nh c nh đa giác n( n- 4) Suy số tam giác tạo th nh khơng có c nh c nh đa giác... Kết luận Bài 2a 0,25 2019 Cho 2019 số nguyên x1 ; x2 ; x3 ; ; x2019 cho 2019 S = ∑ xi 81 chia hết cho 255 i =1 ∑x i =1 i = Chứng minh rằng 2,0 Theo đi nh lí Fermat nh ta có: Với mọi x