Đề thi chọn HSG môn Toán 10 năm 2018-2019 có đáp án - Cụm trường THPT chuyên DHĐB Bắc bộ

Tham khảo Đề thi chọn HSG môn Toán 10 năm 2018-2019 có đáp án - Cụm trường THPT chuyên DHĐB Bắc bộ dành cho các bạn học sinh lớp 10 và quý thầy cô tham khảo, để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi. Hi vọng sẽ giúp các bạn đạt kết quả tốt trong kỳ thi.

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XII, NĂM 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MƠN: TỐN HỌC 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20/4/2019 (Đề thi gồm trang) Câu ( điểm )  y  1  y y   x    Giải hệ phương trình   x, y     x  x2  2x    2x  y   Câu ( điểm ) Cho tam giác ABC có AB  AC , điểm D , E , F nằm cạnh BC , CA, AB cho DE || AB, DF || AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF điểm A, G Đường thẳng DE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF điểm H  H  E  Đường thẳng qua G vng góc với GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm K  K  G  , đường thẳng qua G vng góc với GC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF điểm L  L  G  Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác GDK , GDL Chứng minh điểm D thay đổi cạnh BC thì: a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF qua hai điểm cố định b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GPQ ln qua điểm cố định Câu ( điểm ) Tìm tất số nguyên dương m, n số nguyên tố p thỏa mãn 4m3  m  40m  11 p n   Câu ( điểm ) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a ( a  2b  c ) b(b  2c  a ) c (c  2a  b)   0 ab  bc  ca  Câu ( điểm ) Cho bảng vng kích thước 100 100 mà điền ký tự A, B, C , D cho hàng, cột bảng số lượng ký tự loại 25 Ta gọi hai ô thuộc hàng (không thiết kề nhau) điền khác ký tự “cặp tốt”, hình chữ nhật có cạnh song song với cạnh nằm cạnh bảng bốn vng đơn vị bốn góc điền đủ bốn ký tự A, B, C , D “bảng tốt” a) Hỏi cách điền trên, có cách điền mà bảng ô vuông 1 4,   có chứa đủ ký tự A, B, C , D ? b) Chứng minh với cách điền thỏa mãn đề bảng vng cho: i) Ln có cột bảng mà từ chọn 76 cặp tốt ii) Ln có bảng tốt 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: KÌ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DH&ĐBBB NĂM 2019 MƠN: TỐN 10 ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM Nội dung trình bày  1  y  1  y y   x    Giải hệ phương trình   x  x2  2x    2x  y   2  Câu Câu Điểm 4đ Nguồn: Chuyên Lam Sơn- Thanh Hóa Điều kiện: x  y   Từ phương trình (1), ta có: 0,5 x  y   y   y y   y  2x  y     y2   y Thay vào phương trình (2) ý Lúc ta x  x2  x     y2   y   y2   y  x    x  1 4 2  y2   y  1,0 x 1  x 1          (3)  1  y 1  y   x 1 Đặt u  Từ (3) cho ta  u  u   y   y  u  y  u  y    u  y  u2   y2   u y u2   y2    u y   u  y  1  0   u y      Do  u y u2   y2      u2   u  1,0 (4) y2   y u2   y2   0 0,5 x 1  y  x  y  Thay vào phương trình (1) ta  y2   y   y  1  y y   y   y   y  (do y   y  ) Tìm y  , x  5 3 Kết luận: Hệ có nghiệm  x; y   ;    2 4 Nên từ (4) cho ta u  y , hay     1,0 Câu2 Cho tam giác ABC có AB  AC , điểm D , E , F nằm cạnh BC , CA, AB cho DE || AB, DF || AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF điểm A, G Đường thẳng DE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF điểm H  H  E  Đường thẳng qua G vuông góc với GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm K  K  G  , đường thẳng qua G vng góc với GC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF điểm L  L  G  Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam 4,0 giác GDK , GDL Chứng minh điểm D thay đổi cạnh BC thì: a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF qua hai điểm cố định b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GPQ ln qua điểm cố định Nguồn: Chuyên Vĩnh Phúc L A O' E' G E Q M K P H O F B D C a) Gọi O, O’ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, AEF Gọi E ' điểm đối xứng với E qua đường thẳng AO Khi EE ' || BC vng góc với AO suy tứ giác BDEE’ hình bình hành suy DE  BE ' , kết hợp với DE  AF ta BF  AE ( Có thể khơng cần dựng điểm E’, dễ thấy tam giác BFD câc F có tứ giác AEDF hình bình hành, nên ta có BF=DF=AE) Suy OAE '  OBF  OE  OF Kết hợp với OA phân giác góc   O   AEF  Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF ln qua hai điểm cố định EAF 0,5 1,0 A, O   GOA   GFA   FGB cân b) Dễ thấy tam giác FBD cân F suy FB  FD , GBF 2 F suy FB  FG Từ suy F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DGB Chứng minh tương tự ta E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DGC 1,0 Từ EF trung trực GD, kết hợp với AG vng góc với GD suy EF//AG   EAF   EDF   FHD cân F suy FH  FD  H   GBD  FHD P giao điểm đường thẳng qua O song song với GH EF, Q giao điểm đường thẳng qua O’ song song với GC EF E tâm đường tròn (GDC) O tâm đường tròn ngoại tiếp (AGC) suy OE  GC, kết hợp với GC vng góc với GL suy GL song song OE Do OE  O ' Q  QE  QO 1 1,0 Tương tự ta PO  PF   Mặt khác OE  OF , kết hợp với (1) (2) ta QOE  POF  OP  OQ  OO ' trung trực PQ, kết hợp với OO’ trung trực GA nên tứ giác AQPG hình thang cân hay nội tiếp suy (GPQ) qua điểm A cố định 0,5 Câu Tìm số nguyên dương m, n số nguyên tố p thỏa mãn 4m3  m  40m  11 p n   Nguồn: Chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định PT   4m  1  m  10   22 p n 4,0 0,5 TH1: n  , thử trực tiếp với m  1,2,3,4,5 không thỏa mãn Với m   4m   22, m2  10  22 Do 4m  1 p, m  10 p : vô lý n  0,5 TH2: n  , thử trực tiếp với m  1,2,3,4,5 không thỏa mãn Với m   4m   22, m2  10  22 Do 4m  1 p, m  10 p 4m   11x p a Suy   x, y 0;1 , x  y  1, a, b   * y b m  10  2.11 p 1,0 Dễ thấy m   * ta có m  10  4m  +) Nếu b  a 11 m  10   mod(4m  1)  11m  110 mod (4m  1) 11.16m  1760 mod(4m  1)  11  1760mod(4m  1)  do16m  1mod (4m  1)   1771  0mod (4m  1) 1,0 Mà 4m   1 mod  ,1771  7.11.23  4m   77  m  19   4m   161   m  40    4m   253  m  63 Thử lại khơng thỏa mãn +) Nếu b  a y  1, x  4m   p a  b m  10  2.11 p Do 0,5  p | 4m   p |  m  10   m  4m  1  40  m   p | m  10 p 7  p |  4m  160   p |161    p  23 + Nếu p  23 22.23b  23a  22  23a b : vô lý a  b   * + Nếu p  22.7b  a  22  a b  a  b  Khi ta có b 1 4m     m  12 b m  10  22.7 0,5 Thay vào phương trình ban đầu tìm n  Vậy  m, n, p   12,3,7  Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: Câu a ( a  2b  c) b(b  2c  a ) c(c  2a  b)   0 ab  bc  ca  4,0 Nguồn: Chun Hồng Văn Thụ-Hòa Bình a(a  2b  c) a   ac   2(ab  1) a2  ac     6    ab  ab  cyc cyc cyc ab  cyc ab  1,0 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho số ta có: ac  ac   ab    ab   (1) cyc 1,0 cyc Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swcharz ta có: (a  1)(b  1)  (ab  1) 1,0 Thiết lập bất đẳng thức tương tự ta suy ra:  (a cyc  1)(b  1)   (ab  1)  cyc ( ( a  1))  ( (ab  1))  ( (a  1))  ( ( ab  1)) cyc cyc cyc cyc a2   1 cyc ab  Áp dụng bất đẳng thức AM –GM ta lai có a2  a2    ( 2)   cyc ab  cyc ab  1,0 Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh Dấu ‘=’ xảy a  b  c Câu Cho bảng ô vuông kích thước 100 100 mà ô điền ký tự A, B, C , D cho hàng, cột bảng số lượng ký tự loại 25 Ta gọi hai ô thuộc hàng (không thiết kề nhau) điền khác ký tự “cặp tốt”, hình chữ nhật có cạnh song song với cạnh bảng bốn đỉnh điền đủ bốn ký tự A, B, C , D “bảng tốt” a) Hỏi cách điền trên, có cách điền mà bảng vuông 1 4, 1  có chứa đủ ký tự A, B, C , D ? 4,0 b) Chứng minh với cách điền thỏa mãn đề bảng vng cho: i) Ln có cột bảng mà từ chọn 76 cặp tốt ii) Ln có bảng tốt Nguồn: Chun Lào Cai a) Khơng tính tổng qt, giả sử ô cột điền A, B , C , D Khi đó, thứ hai cột phải điền D thuộc hai hình vuông  chứa sẵn A, B, C Do đó, ta điền tiếp cột theo thứ tự C , D, A, B Cứ thế, ta điền tiếp cho cột 3, A C A C B D B D C A C A D B D B Tuy nhiên, ta thấy hàng khơng thỏa mãn chứa hai loại ký tự Vậy nên khơng có cách điền thỏa mãn điều kiện nêu b) i Tồn hai cột Giả sử phản chứng cặp cột tùy ý có 25 cặp ký tự Cố định cột 1, xét 99 cột lại Gọi T số (a, b) cột a  có thứ b từ xuống ký tự Theo giả sử T  99  25 1,0 1,0 1,0 Mặt khác, theo giả thiết T  100  24 (tính theo hàng) Suy 100  24  99  25 , điều vô lý chứng tỏ giả thiết phản chứng sai, tức chọn hai cột thỏa mãn đề ii Tồn bảng tốt Giả sử phản chứng khơng có hàng, cột cắt tạo thành hình chữ nhật thỏa mãn Xét cột chọn trên, giả sử có cặp ( A, B), ( A, C ) khơng có (C , D ) ( B, D ) Ta có hai khả năng: - Nếu có ( A, D ) khơng có ( B, C ) , cặp 76 cặp có ký tự A ; số lần ký tự A xuất tối đa 50 , vơ lý - Nếu có ( B, C ) khơng có ( A, D ) ; đó, 76 cặp có 76   152 số lần xuất kí tự A, B, C, số lần xuất ký tự A, B, C tối đa 76 cặp 150 , vơ lý Từ ta có đpcm Chú ý chấm: Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác điểm tối đa Các cách giải khác cho điểm Tổ chấm trao đổi thống chi tiết không số điểm dành cho câu, phần Có thể chia điểm thành phần không 0,5 điểm phải thống tổ chấm Điểm toàn tổng số điểm phần chấm, không làm tròn điểm Mọi vấn đề phát sinh trình chấm phải trao đổi thống tổ chấm ghi vào biên ========================= HẾT===================== 1,0 ... chữ nhật thỏa mãn Xét cột chọn trên, giả sử có cặp ( A, B), ( A, C ) khơng có (C , D ) ( B, D ) Ta có hai khả năng: - Nếu có ( A, D ) khơng có ( B, C ) , cặp 76 cặp có ký tự A ; số lần ký tự... theo giả thi t T  100  24 (tính theo hàng) Suy 100  24  99  25 , điều vô lý chứng tỏ giả thi t phản chứng sai, tức chọn hai cột thỏa mãn đề ii Tồn bảng tốt Giả sử phản chứng khơng có hàng,... m2  10  22 Do 4m  1 p, m  10 p 4m   11x p a Suy   x, y 0;1 , x  y  1, a, b   * y b m  10  2.11 p 1,0 Dễ thấy m   * ta có m  10  4m  +) Nếu b  a 11 m  10  