Đang tải... (xem toàn văn)
Toán 10- Trại hè HV- HG tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vực kinh...
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG LỚP 10 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) ĐỀ THI ĐÈ XUẤT xy + 2( x + y ) = Câu (04 điểm): Giải hệ phương trình 2011 2015 2015 2011 x y + x y = 2013 Câu (04 điểm): Cho đường tròn ( O/ ; r1) đường tròn ( O// ; r2) tiếp xúc C Đường tròn (O; r) tiếp xúc với hai đường tròn ( O/ ; r1) ( O// ; r2) Tiếp tuyến chung C đường tròn ( O/ ; r1) ( O// ; r2) d Đường kính AB đường tròn (O; r) vuông góc với d Chứng minh AO”, BO’, d đồng quy Câu (04 điểm): Với ba số thực x, y, z dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức x2 + y2 + z + 1 M= + + − y z x x+ y+z Câu (04 điểm): Cho 2015 tập hợp, tập hợp có 45 phần tử hai tập hợp có phần tử chung Chứng minh tồn phần tử thuộc tất 2015 tập hợp Câu (04 điểm): Tìm số tự nhiên a, b, c, d thỏa mãn đẳng thức: a !+ b!+ c! = d ! HẾT Người thẩm định Người đề Đinh Ngọc Diệp (ĐT: 0977311724) Tổ Toán-Tin HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN, LỚP10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung xy + 2( x + y ) = Giải hệ phương trình 2011 2015 2015 2011 = 2013 x y + x y 4 Giải: Ta có: ( xy )2011 ( x + y ) = x 2011 y 2015 + x 2015 y 2011 = Điểm (1) (2) 2013 1,00 > ⇒ xy > Từ phương trình (1) ta có: − xy = 2( x + y ) ≥ xy = xy (Bất đẳng thức Cauchy) 1 − xy ) ( 4 ⇒ xy ≤ x + y = Do < xy ≤ nên áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho số dương − xy − xy − xy − xy xy, , ta được: 2( xy ) 2010 ( xy ) 2 2 − xy − xy xy + + ÷ 2010 2010 2 ≤ 2( xy ) ÷ = 2( xy ) ÷ ≤ 2013 3 ÷ Hay x 2011 y 2015 + x 2015 y 2011 ≤ 2013 − xy xy = x= y= ⇔ Dấu “=” xảy xy = x= y=− 4 x = y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) ; ÷, − ; − ÷ 3 3 1,00 1,00 1,00 O H A B E D N M O' C O'' Gọi M, N tiếp điểm đường tròn (O; r) với đường tròn ( O/ ; r1) đường tròn ( O// ; r2) Vì d tiếp tuyến đường tròn ( O/ ; r1) đường tròn ( O// ; r2) nên d ⊥ O 'O '' nên AB / /O 'O'' Ta lại có O, N, O’’ thẳng hàng tam giác OBN đồng dạng tam giác · '' N ) · O’’CN ( hai tam giác cân có BON = CO · '' NC nên B, C, N thẳng hàng · suy ONB =O Tương tự A, M, C thẳng hàng BN r AM 1,00 r Suy CN = r ; MC = r Mà AB đường kính (O) nên AN ⊥ BC ; BM ⊥ AC Suy AN, BM, d đồng quy Gọi H = d ∩ AB Áp dụng định lý Ceva ta có: AH BN CM AH r r1 r r = = ⇒ = (1) HB CN MA HB r2 r HB HA ’ 1,00 1,00 ’’ Giả sử d cắt BO AO tạ D E Suy ∆O 'CD : ∆BHD ⇒ Tương tự r CD = (2) DH HB CE r = (3) DH HA Từ (1), (2),(3) suy ’’ ’ CD CE = , suy D trùng E DH EH Do AO , BO ,d đồng quy 1,00 a2 b2 c2 ( a + b + c ) Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng + + ≥ x y z x+y+z +1 ( ≥ x +1 y +1 z + + y z x 2 = 6+2 = 4+ ( (x + 1) ( y + 1) + x2 + + y2 + + z + x+ y+z (z + 1) ( y + 1) + ) ta có 1,00 (x x+ y+z + 1) ( z + 1) ) ≥ + 4( x + y + z) x+ y+z x+ y+z ⇒ M ≥ 4+ 5 17 − = 4+ ≥ 4+ = x+ y+z x+ y+z x+ y+z 3( x2 + y + z ) Vậy M = 17 x = y = z = Xét tập hợp A 2015 tập hợp cho A giao với 2014 tập hợp lại nên tồn a ∈ A phần tử chung không 1,00 2014 45 + = 45 tập hợp lại Giả sử a thuộc tập hợp A, A1 , A2 , , A45 46 tập hai tập hợp có phần tử chung khác a Ta chứng minh a thuộc tập B 1969 tập lại Thật a không thuộc B B có với tập hợp A, A1 , A2 , , A45 phần tử chung khác a 1,00 1,00 1,00 1,00 1,00 suy B có không 46 phần tử, điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy toán chứng minh 1,00 Giả sử a, b, c, d số tự nhiên thỏa mãn đẳng thức cho m = max { a, b, c} Ta có ≤ m < d 1,00 dm! ≤ d ( d − 1) ! = d ! = a !+ b!+ c! ≤ 3m! Suy dm! ≤ 3m! hay d ≤ • Với d = ta có đẳng thức 3! = a !+ b!+ c ! thỏa mãn trường hợp a = b = c = m = 1,00 1,00 • Với d = 2, đẳng thức xảy d ! = < = a !+ b!+ c! Vậy a = b = c = d = 1,00 TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI ĐỀ THI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN, TỈNH LAI CHÂU ĐỀ THI ĐỀ XUẤT LỚP 10 (Đề gồm có 01 trang, gồm 05 câu) x + y + 2y − + x − y = Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình: y + = xy + y Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao BE, CF cắt H ( E ∈ AC,F ∈ AB ) Trên tia FB, EC lấy điểm P, Q cho FP = FC , EQ = EB Các đường thẳng BQ, CP cắt K Gọi I, J theo thứ tự trung điểm BQ, CP Đường thẳng IJ cắt BC, PQ theo thứ tự M, N Chứng minh rằng: a) HK ⊥ IJ · · b) CAM = BAN Câu (4 điểm) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 3 a b c P= ÷ + ÷ + ÷ b+c c+a a+b Câu (4 điểm) Cho đường tròn (C) có bán kính Bên đường tròn (C) người ta đặt số hữu hạn hình tròn nhỏ mà tổng độ dài đường kính chúng 4031 Chứng minh vẽ đường thẳng cắt 2015 hình tròn nhỏ Câu (4 điểm) Cho p số nguyên tố Chứng minh p − số nguyên tố p + hợp số Lưu ý: thang điểm 20 ………… … HẾT ………… … Người thẩm định Người đề Bùi Văn Hoàn 0916561438 Lê Thành Trung (SĐT: 01642 222 400) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN, LỚP: 10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung Điểm 2 1,0 u = x − y u + v + u + v = (4 điểm) Đặt (u, v ≥ 0) Khi hệ trở thành 2 u + v + u v = v = 2y − 1,0 u + v − u v = ⇔ ( u + v ) + ( u + v ) − 2uv = u + v = u v + uv = ⇔ ⇔ ⇔ u = v =1 u + v = uv − uv + uv + 4uv + = ( ) ( ) ( ) 1,0 x − y = x = ⇔ Với u = v = 1, ta có 2y − = y = 1,0 Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) = ( 2,1) ( ) (4 điểm) a) (2,0 điểm) Gọi ( C1 ) , ( C2 ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác FPC, EBQ · · ⇒ tứ Vì tam giác FPC EBQ vuông cân nên BPC = CQB giác BPQC nội tiếp ⇒ KP.KC = KB.KQ ⇒ PK/( C1 ) = PK/ ( C2 ) 1,0 Mặt khác tứ giác EFBC nội tiếp, ta có HF.HC = HE.HB ⇒ PH/ ( C1 ) = PH/ ( C2 ) Suy HK trục đẳng phương ( C1 ) ( C2 ) (1) Ta lại có IJ đường nối tâm ( C1 ) , ( C ) (2) Từ (1), (2) suy HK ⊥ IJ (đpcm) b) (2,0 điểm) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác KBC với cát tuyến MIJ tam giác KPQ với cát tuyến NJI ta có: 1,0 1,0 MB JC IK NQ JP IK MB NQ =1= ⇒ = (3) MC JK IB NP JK IQ MC NP · Gọi d đường phân giác góc BAC , gọi B’, M’, C’ theo thứ tự ảnh B, M, C qua phép đối xứng trục d Ta có B’, M’, C’ thẳng hàng B’C’ // PQ (4) M 'B' MB Lại có = (5) M 'C' MC M 'B' NQ Từ (3) (5) ta có = (6) M 'C' NP · · Từ (4) (6) suy A, M’, N thẳng hàng Do BAM ' = BAN · · Theo tính chất phép đối xứng trục ta có CAM = BAM ' · · Từ suy CAM (đpcm) = BAN Ta có : (4 điểm) c3 a + b3 a + b ⇔ c ≥ ≥ ÷ 3 ÷ a + b 4( a + b ) 1,0 1,0 c3 c Do (1) Đẳng thức xảy ⇔ a = b ÷ ≥ 3 a + b 4( a + b ) Tương tự ta có: 3 a3 b3 a b (2), (3) ÷ ≥ ÷ ≥ 3 3 b + c 4( b + c ) c + a 4( c + a ) a3 b3 c3 Từ (1), (2), (3) ta có 4P ≥ 3 + + b + c c + a a + b3 1 = ( a + b ) + ( b3 + c3 ) + ( c3 + a ) 3 + + −3 3 ÷ b +c c +a a +b ≥ −3= ⇒ P ≥ 2 Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c Vậy MinP = Lấy đường kính AB (C) cố định Chiếu vuông góc (4 điểm) hình tròn nhỏ lên AB ta hình chiếu hình tròn nhỏ đoạn thẳng có độ dài đường kính hình tròn (Ta gọi đoạn thẳng đoạn thẳng ảnh) Vì hình tròn nằm (C) nên đoạn thẳng ảnh bị chứa đoạn thẳng AB Do số hình tròn nhỏ hữu hạn nên số đoạn thẳng ảnh hữu hạn Lần lượt, theo chiều từ A đến B, kí hiệu đầu mút đoạn thẳng ảnh A1 ,A , ,A n (Mỗi điểm Ai , i = 1, 2, , n đầu mút chung nhiều đoạn thẳng ảnh) ( ) 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 Gọi mi số đoạn thẳng ảnh chứa đoạn thẳng AiAi+1 (i = 1,n − ) n −1 n −1 i =1 i =1 1,0 Ta có ∑ A i A i+1 ≤ AB = 2; ∑ mi A i A i+1 = 4031 (1) Nếu mi ≤ 2014, ∀i = 1,n − n −1 ∑ m A A i =1 i i n −1 i +1 ≤ 2014∑ A i A i+1 i =1 ≤ 2014x2 < 4031 (mâu thuẫn với (1)) Do phải tồn j ∈ { 1,2,3, ,n − 1} cho m j ≥ 2015 Lấy điểm K đoạn A jA j+1 , qua K kẻ đường thẳng d vuông góc với AB d cắt 2015 hình tròn nhỏ (đpcm) Giả sử p, 8p - nguyên tố Ta có p >2 Vì p = 8p – =15 (4 điểm) không số nguyên tố Xét trường hợp: TH1: p = 8p – = 23 số nguyên tố 8p + = 25 hợp số TH2: p > Do p nguyên tố nên p không chia hết cho ⇒ p ≡ 1(mod3) (Vì trái lại, p ≡