Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 cụm THPT bắc bộ có lời giải

8 3 0
  • Loading ...
1/8 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 14/08/2019, 15:04

THPT CỤM TRƯỜNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CHUYÊN DHĐB BẮC BỘ LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Câu (4.0 điểm)  1  y  1  y y   x  Giải hệ phương trình   x  x2  2x    2 x  y   2  Câu (4.0 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 (4.0 điểm) Tìm tất số nguyên dương m, n số nguyên tố p thỏa mãn 4m3  m2  40m  11 p n  5 Câu (4.0 điểm) Cho số thực dương a , b , c Chứng minh rằng: a(a  2b  c) b(b  2c  a) c(c  2a  b)    ab  bc  ca  Câu (4.0 điểm) Cho bảng ô 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 hoặc nằm cạnh bảng bốn ô vng đơn vị ở bốn góc điền đủ bốn ký tự A, B, C, D “bảng tốt” a) Hỏi cách điền ở trên, có cách điền mà bảng ô vuông 1 4, 1  có chứa đủ ký tự A, B, C, D ? Trang 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 Cán coi thi khơng giải thích thêm (http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Q thầy liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Trang  1  y  1  y y   x  Câu Giải hệ phương trình  x  x  2x   1 2x  y   2  Lời giải Điều kiện: x  y   Từ phương trình 1 , ta có: x  y   y   y y   y  x  y   Thay vào phương trình   ý   y2 1  y y2 1  y  Lúc ta được: x  x2  x      y2 1  y  x 1   x  1 4 2  y2 1  y  x 1  x 1        y   y  3 2   Đặt u  x 1 Từ  3 trở thành u  u   y   y  u  y  u  y   u  y  u2 1  y2 1   u  y  u2 1  y2 1 0   u y    4   u  y  1  2   u   y    Do  u y u2 1  y2 1     u2 1  u  Nên từ   cho ta u  y , hay y2 1  y u2 1  y2 1  0 x 1  y  x  y 1 Thay vào phương trình 1 ta được:  y  1  y y   y    y2 1  y  4 y2 1  y  )  y   y  (vì  y2 1   y  y2    y  y2  y  x 5 3 Kết luận: Hệ có nghiệm  x; y   ;  2 4 Câu 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 Trang 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 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 Lời giải A L G O' E E' K Q P F B H O 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 cân 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 EAF suy O   AEF  Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF qua hai điểm cố định A , O 1 b) Tam giác FBD cân F suy FB  FD , GBF  GOA  GFA nên tam giác FGB cân 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 Từ EF trung trực DG , kết hợp với AG vng góc với DG suy EF // AG FHD  EAF  EDF FHD cân F suy FH  FD  H  GBD  Trang 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  GAC  suy OE  GC , kết hợp với GC vng góc với GL suy GL song song OE Do OE  OQ  QE  QO 1 Tương tự ta PO  PF   Mặt khác OE  OF , kết hợp với 1   ta QOE  POF  OP  OQ  OO trung trực PQ , kết hợp với OO trung trực GA nên tứ giác AQPG hình thang Câu cân hay nội tiếp suy  GPQ  ln qua điểm Tìm ngun tất số dương m, n A cố định số nguyên tố p thỏa mãn 4m  m  40m  11 p  5 n Lời giải Phương trình cho tương đương với  4m  1  m2  10   22 p n 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,(m2  10) p vơ lí n  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,(m2  10) p  4m   11x p a Suy  x, y 0,1 ; x  y  1; a, b  y b  m  10  2.11 p Dễ thấy m  * *  ta có m2  10  4m  +) Nếu b  a 11 m2  10   mod  4m  1  11m2  110 mod  4m  1 11.16m2  1760 mod  4m  1  11  1760 mod  4m  1 (do 16m2  1mod  4m  1 )  1771  mod  4m  1  4m   77  m  19  Mà 4m   1 mod  , 1771  7.11.23   4m   161   m  40   4m   253  m  63 Thử lại không thỏa mãn a   4m   p +) Nếu b  a y  1, x    b  m  10  2.11 p  p | 4m   p7 Do   p |  m2  10   m  4m  1  40  m  p |  4m  160   p |161    p  23  p | m  10 + Nếu p  23 22.23b  23a  22  23a b vô lí a  b  * Trang + Nếu p  22.7b  7a  22  7ab  a  b  b 1   4m   Khi ta có:   m  12 k  m  10  22.7 Thay vào phương trình ban đầu tìm n  Vậy  m; n; p   12;3;7  Câu Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a(a  2b  c) b(b  2c  a) c(c  2a  b)    ab  bc  ca  Lời giải Ta có: a  a  2b  c  a   ac    ab  1 a  ac     2 ab  ab  ab  ab  b  b  2c  a  b2  ba  c  c  2a  b  c  cb  Tương tự ta có:       bc  ca  bc  bc  ca  ca  Vậy a  a  2b  c  b  b  2c  a  c  c  2a  b    0 ab  bc  ca   a  b2  c    ac  ba  cb         6 ab  bc  ca  ab  bc  ca       a  b2  c    ac  ba  cb            ab  bc  ca    ab  bc  ca   Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho số ta có: ac  ba  cb  ac  ba  cb     3   3 ab  bc  ca  ab  bc  ca  (1) a  1 b2  1 c  1  a  b2  c  a  b2  c     3    3 ab  bc  ca  ab  bc  ca   ab  1 bc  1 ca  1 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swcharz ta có:  a  1 b  1   ab  12  2  2 2  b  1 c  1   bc  1   a  1 b  1 c  1    ab  1 bc  1 ca  1   2  c  1 a  1   ca  1   a  1 b2  1 c  1   ab  1 bc  1 ca  1  a  1 b2  1 c  1  ab  1 bc  1 ca  1 a  1 b2  1 c  1  a  b2  c     3 3 Suy ra: ab  bc  ca   ab  1 bc  1 ca  1  (2) Từ (1), (2) suy điều phải chứng minh Trang Dấu “  ” xảy a  b  c Cách 2: Ta có: a  a  2b  c  a   ac    ab  1 a2 ac       ab  ab  ab  ab  ab  Tương tự ta có: b  b  2c  a  b2 ba     2 bc  bc  bc  bc  c  c  2a  b  c2 cb  Và    2 ca  ca  ca  ca  Vậy suy a  a  2b  c  b  b  2c  a  c  c  2a  b    0 ab  bc  ca   a2 b2 c2   1   ac  ba  cb            6 ab  bc  ca  ab  bc  ca  ab  bc  ca        Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho số, ta có: ac  ba  cb  ac  ba  cb     3   3 ab  bc  ca  ab  bc  ca  (1) Mặt khác áp dụng dạng phân thức bất đẳng thức Cauchy-Swcharz, ta có:  a2 b2 c2   1          ab  bc  ca    ab  bc  ca    a  b  c ab  bc  ca   1   1 ab  bc  ca    ab  bc  ca    ab  bc  ca  (2) Từ (1), (2) suy điều phải chứng minh Dấu “  ” xảy a  b  c Câu Cho bảng vng 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 hoặc nằm cạnh bảng bốn vng đơn vị ở bốn góc điền đủ bốn ký tự A, B, C, D “bảng tốt” a) Hỏi cách điền ở trên, có cách điền mà bảng ô vuông 1 4, 1  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 Lời giải a) Khơng tính tổng qt, giả sử cột điền A , B , C , D Khi đó, thứ hai cột phải điền D thuộc hai hình vng 2x2 chứa sẵn A , B , C Do đó, ta điền tiếp cột theo thứ tự C , D , A , B Cứ ta điền tiếp cho cột 3, Trang 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 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 ở 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  , 76 cặp có 76.2  152 số lần xuất ký tự A , B , C , số lần xuất ký tự A , B , C tối đa 76 cặp 150, vơ lý Từ ta có đpcm Trang ... (http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Q thầy liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Trang  1  y  1  y y   x  Câu Giải hệ phương trình... trên, có cách điền mà bảng vuông 1 4, 1  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 Lời giải. .. 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
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 cụm THPT bắc bộ có lời giải, Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 cụm THPT bắc bộ có lời giải

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn