Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên sơn la

6 838 8
Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên sơn la

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN – KHỐI 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH SƠN LA Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT 9 x3 + 8 x + (y − 3) 1 − 3 y = 0 Câu 1 (4,0 điểm): Giải hệ phương trình  2 2 9 x + y + 5 − 6 x = 6 ( x, y ∈ ¡ ) Câu 2 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt (O) tại D Lấy M là trung điểm của AD Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt OM tại E F là tiếp điểm kẻ từ O đến đường tròn ngoại tiếp tam giác EMD, F nằm trên (EMD)) Lấy I là trung điểm của AB Gọi N là giao điểm của BF và MI Chứng minh rằng: AN ⊥ BD Câu 3 (4,0 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = xyz Chứng minh rằng x + yz + y + zx + z + xy ≥ xyz + x + y + z Bài 4 (4 điểm) Cho một bảng ô vuông kích thước 10cm × 10cm được chia đều thành 100 ô vuông, mỗi ô vuông có cạnh dài 1cm Ban đầu người ta tô màu đen cho k ô vuông nào đó trên bảng Sau đó, nếu ô vuông nào chưa bị tô đen mà nằm cạnh (có cạnh chung) với ít nhất hai ô vuông đã tô đen thì lập tức ô này cũng bị tô đen Hãy xác định giá trị nhỏ nhất của k để tới lúc nào đó tất cả các ô trên bảng đều bị tô đen Câu 5 (4 điểm) p p q q Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( p; q ) sao cho ( 7 − 2 ) ( 7 − 2 ) M( pq ) HẾT ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII- NĂM 2016 MÔN TOÁN - LỚP 10 Câu Câu 1 (4đ) Nội dung chính cần đạt 9 x3 + 8 x + (y − 3) 1 − 3 y = 0  2 2 9 x + y + 5 − 6 x = 6 5 6 ĐK x ≤ ; y ≤ Điểm 1 3 1,0đ Ta có 9 x 3 + 8 x + (y − 3) 1 − 3 y = 0 ⇔ 3x(9 x 2 + 8) = (9 − 3y) 1 − 3 y Đặt 3x = a, 1 − 3y =b, ta được a (a 2 + 8) = b(b 2 + 8) ⇔ (a − b)(a 2 + ab + b 2 + 8) = 0 ⇔ a = b 1,0đ Vậy 3 x = 1 − 3 y Thay vào phương trình (2) ta được y3 − 3 y + 1 + 5 − 2 1 − 3 y = 6 4 − 2 1− 3y ⇔ (y+ 1)(y− 4) +   ⇔ (y+ 1)  y − 4 +   ( 1,0đ  ÷ ÷= 0 5 − 2 1 − 3 y + 1 (2 + 1 − 3 y ) ÷  6 ) 1 nên 3 Do y ≤ y−4+ 5 − 2 1− 3y +1 =0 ( 6 ) 5 − 2 1 − 3 y + 1 (2 + 1 − 3 y ) ≤ 1 6 −2 −4+ = 0 và a + b + c = 1 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 1,0 a + bc + b + ac + c + ab ≥ ab + bc + ca + 1 a + bc = a (a + b + c ) + bc = a 2 + a (b + c ) + bc ≥ a 2 + 2a bc + bc ⇒ a + bc ≥ (a+ bc ) 2 1,0 = a + bc (1) Tương tự ta có: b + ac ≥ b + ac (2) c + ab ≥ c + ab (3) 1,0 Công theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) trên ta có: a + bc + b + ac + c + ab ≥ ab + bc + ca + a + b + c ⇔ a + bc + b + ac + c + ab ≥ ab + bc + ca + 1 suy ra đpcm 1,0 1 3 Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = ⇔ x = y = z = 3 Bài 4 4đ Cho một bảng ô vuông kích thước 10cm × 10cm được chia đều thành 100 ô vuông, mỗi ô vuông có cạnh dài 1cm Ban đầu người ta tô màu đen cho k ô vuông nào đó trên bảng Sau đó, nếu ô vuông nào chưa bị tô đen mà nằm cạnh (có cạnh chung) với ít nhất hai ô vuông đã tô đen thì lập tức ô này cũng bị tô đen Hãy xác định giá trị nhỏ nhất của k để một lúc nào đó tất cả các ô trên bảng đều bị tô đen Xét mỗi bước biến đổi: Tô màu đen cho ô vuông chưa được tô màu mà ô vuông này có chung cạnh với ít nhất hai ô đã tô màu Trong mỗi bước biến đổi ta tô đen cho ô vuông từ trạng thái (A) sang trạng thái (B) thuộc một trong bốn trường hợp sau và ta quan tâm tới chu vi của phần đã tô màu: Chu vi kh«ng ®æi Chu vi kh«ng ®æi ( B) ( A ) → ( B ) ( A ) → 1,0 Chu vi gi¶m 2cm ( A ) → ( B) Chu vi gi¶m 4cm ( A ) → ( B) Gọi p là chu vi của tất cả các phần đã được tô đen, rõ ràng p không tăng sau mỗi biến đổi 1,0 Khi cả bảng được tô đen thì chu vi phần tô đen là p’ = 10x4 = 40 cm, do đó nếu p0 là chu vi của phần tô đen ban đầu thì p0 ≥ p ' = 40cm Mỗi ô vuông có chu vi là 4cm nên lúc đầu cần p tô ít nhất là 0 ≥ 10 ô 4 1,0 Ta xét bảng ô vuông 10cm × 10cm ban đầu được tô đen k = 10 ô vuông con dọc theo một đường chéo chính của bảng Khi đó tất cả các ô nằm trên đường chéo song song liền kề hai bên của đường chéo chính này cũng sẽ bị tô màu, cứ như vậy cả bảng sẽ bị tô màu đen Vậy 10 là giá trị nhỏ nhất cần tìm của k 1,0 Câu 5 Tìm cặp số nguyên tố ( p; q ) sao cho ( 7 p − 2 p ) ( 7q − 2q ) M( pq ) (4 đ) Không mất tổng quát, giả sử q ≥ p , vế trái lẻ, suy ra p, q lẻ Nhận xét: Nếu k là số nguyên tố thỏa mãn 7 k − 2k Mk 1,0 k k Theo định lý Fermat nhỏ 7 − 2 ≡ 7-2 ( mod k ) ⇒ k = 5 Giả sử p > 5 Ta có 7 p − 2 p Mp ⇒ p = 5 ( l ) p p q q p p q q 7 − 2 7 − 2 M pq ⇒ 7 − 2 7 − 2 M p ⇒ ( )( ) ( ) ( )( )  7 q − 2 q Mp ( *)  Vì 2q không chia hết cho p nên 7 q không chia hết cho p, suy ra p khác 7 Theo định lý Fermat nhỏ 7 p −1 ≡ 2 p −1 ( mod p ) ( **) 1,0 gcd( q ; p −1) ≡ 2gcd( q ; p −1) ( mod p ) Từ (*) và (**) suy ra 7 q ≥ p > 5 ⇒ gcd(q; p − 1) = 1 ⇒ 7 − 2Mp ⇒ p = 5 ( l ) 5 5 q q Trường hợp p=5 Ta có ( 7 − 2 ) ( 7 − 2 ) M( 5q ) 1,0 Hiển nhiên q=5 thỏa mãn Nếu q > 5 ⇒ 7 q − 2q không chia hết 5 5 cho q, suy ra 7 − 2 Mq ⇒ 16775 = 5.5.11.61 Mq ⇒ q = { 11; 61} Thử lại thấy thỏa mãn 3 3 q q Trường hợp p=3 Ta có ( 7 − 2 ) ( 7 − 2 ) M( 3q ) Hiển nhiên q=3, q=5 không thỏa mãn Nếu q > 5 ⇒ 73 − 23 Mq ⇒ 335 = 5.67 Mq ⇒ q = 67 (Thử lại không thỏa mãn) Kết luận ( p; q ) = { ( 5; 5) ; ( 5; 11) ; ( 5; 61) ; ( 11; 5 ) ; ( 61; 5 ) } 1,0

Ngày đăng: 15/09/2016, 15:07

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan