Kỳ thi học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ lần thứ XII năm 2019 môn Toán Lớp 10 (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ lần thứ XII năm 2019 môn Toán Lớp 10 (Có đáp án)

1. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XII, NĂM 2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 20/4/2019 (Đề thi gồm 1 trang) Câu 1. ( 4 điểm ) 2 2 3 yyyx 11 Giải hệ phương trình 2 xy, . 2 xx 2512242 x xy Câu 2. ( 4 điểm ) Cho tam giác ABC có ABAC , các điểm DEF,, lần lượt nằm trên các cạnh BCCAAB,, sao cho DE|| AB , DF || AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại các điểm A,G . Đường thẳng DE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm H HE . Đường thẳng qua G vuông góc với GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm K KG , đường thẳng qua G vuông góc với GC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm L LG . Gọi PQ, lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác GDK, GDL . Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên cạnh BC thì: a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định. b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GPQ luôn đi qua một điểm cố định. Câu 3. ( 4 điểm ) Tìm tất cả các số nguyên dương mn, và số nguyên tố p thỏa mãn 4402115.mm32 m pn Câu 4. ( 4 điểm ) Cho 3 số thực dương abc,,. Chứng minh rằng: aabc(2 )(2 bbca )(2 ccab ) 0 ab 111 bc ca Câu 5. ( 4 điểm ) Cho bảng ô vuông kích thước 100 100 mà mỗi ô được điền một trong các ký tự A,,,BCD sao cho trên mỗi hàng, mỗi cột của bảng thì số lượng ký tự từng loại đúng bằng 25.Ta gọi hai ô thuộc cùng hàng (không nhất thiết kề nhau) nhưng được điền khác ký tự là “cặp tốt”, còn hình chữ nhật có các cạnh song song với cạnh hoặc nằm trên cạnh của bảng và bốn ô vuông đơn vị ở bốn góc của nó được điền đủ bốn ký tự A,,,BCD là “bảng tốt”. a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông 14,41 và 22 đều có chứa đủ các ký tự A,,,BCD ? b) Chứng minh rằng với mọi cách điền thỏa mãn đề bài thì trên bảng ô vuông đã cho: i) Luôn có 2 cột của bảng mà từ đó có thể chọn ra được 76 cặp tốt. ii) Luôn có một bảng tốt. HẾT (Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. KÌ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DH&ĐBBB NĂM 2019 MÔN: TOÁN 10 ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM Câu Nội dung trình bày Điểm Câu 1 2 2 3 yyyx 11 1 Giải hệ phương trình 2 . 4đ 2 xx 25122422 x xy Nguồn: Chuyên Lam Sơn- Thanh Hóa Điều kiện: 2420x y . Từ phương trình (1), ta có: 242x yy222 12. yyy 1 0,5 2 242x yyy 2 1 . Thay vào phương trình (2) và chú ý rằng yy2 10 . Lúc này ta được 2 x xx222512 y 1 y x 11421 xyy 2 1,0 2 xx 11 2 11yy (3) 22 x 1 Đặt u . Từ (3) cho ta uu22 11 y y 2 22 uyuy uy u 110 y uy 0 uy22 11 1,0 uy uy 10 (4) 22 uy 11 22 uy uuyy 11 Do 10 22 22 uy 11 uy 11 0,5 x 1 Nên từ (4) cho ta uy , hay yx21 y . 2 Thay vào phương trình (1) ta được 2 2 5 yyyy 1122 yy2 14 2 35 yy2 12 (do yy2 10 ). Tìm được yx , . 42 1,0 53 Kết luận: Hệ có đúng một nghiệm x; y là ; 24
3. Câu2 Cho tam giác ABC có ABAC , các điểm DEF,, lần lượt nằm trên các cạnh BCCAAB,, sao cho DE|| AB , DF || AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại các điểm A,G . Đường thẳng DE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm H HE . Đường thẳng qua G vuông góc với GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm K KG , đường thẳng qua G vuông góc với GC cắt đường tròn ngoại 4,0 tiếp tam giác AEF tại điểm L LG . Gọi PQ, lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác GDK, GDL . Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên cạnh BC thì: a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định. b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GPQ luôn đi qua một điểm cố định. Nguồn: Chuyên Vĩnh Phúc L A O' E' G Q E K M H P O F B D C a) Gọi O, O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, AEF .Gọi E ' là điểm đối xứng với E qua đường thẳng AO . Khi đó EEBC'|| vì cùng vuông góc với AO suy ra tứ giác BDEE’ là hình bình hành suy ra DE BE ' , kết hợp với DE AF ta được BFAE 0,5 ( Có thể không cần dựng điểm E’, dễ thấy tam giác BFD câc tại F và có tứ giác AEDF là hình bình hành, nên ta có BF=DF=AE) Suy ra OAE'. OBF OE OF Kết hợp với OA là phân giác của góc 1,0 E AF O AEF . Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định
4. A,O . 11 b) Dễ thấy tam giác FBD cân tại F suy ra FBFD , GBF GOA GFA FGB cân tại 22 F suy ra FB FG . Từ đó suy ra F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DGB. Chứng minh tương tự ta được E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DGC. 1,0 Từ đó EF là trung trực của GD, kết hợp với AG vuông góc với GD suy ra EF//AG. FHD EAF EDF FHD cân tại F suy ra FH FD H GBD . P là giao điểm của đường thẳng qua O song song với GH và EF, Q là giao điểm của đường thẳng qua O’ song song với GC và EF. E là tâm đường tròn (GDC) và O là tâm đường tròn ngoại tiếp (AGC) suy ra OE  GC, kết 1,0 hợp với GC vuông góc với GL suy ra GL song song OE. Do đó OE O'1. Q QE QO Tương tự ta được PO PF 2. Mặt khác OE OF , kết hợp với (1) và (2) ta được QOE POF OP OQ OO ' là trung trực của PQ, kết hợp với OO’ là trung trực của GA nên tứ giác AQPG là hình thang cân 0,5 hay nó nội tiếp suy ra (GPQ) luôn đi qua điểm A cố định. Câu 3 Tìm các số nguyên dương mn, và số nguyên tố p thỏa mãn 4402115.mm32 m pn 4,0 Nguồn: Chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định 2 n PT 41mm 1022 p 0,5 TH1: n 1, thử trực tiếp với m 1,2,3,4,5 đều không thỏa mãn Với mm 54 122,1022 m2 . Do đó 41,10mpmp 2 : vô lý do 0,5 n 1. TH2: n 1, thử trực tiếp với m 1,2,3,4,5 đều không thỏa mãn Với mm 54 122,1022 m2 . Do đó 41,10mpmp 2 4111.mp xa 1,0 Suy ra xy,0;1,1,,* x y ab 2 yb  mp 10 2.11 . Dễ thấy  m * ta có mm2 10 4 1 +) Nếu ba thì 11 mmmm22  10 0mod(4 1) 11  110mod(4 1) 11.16mm2  1760mod(4 1) 11  1760mod(4 m 1) 1,0 do16 m2  1mod(4 m 1) 1771 0mod(4m 1)
5. Mà 4m  1 1 mod4 ,1771 7.11.23 4mm 1 77 19 4mm 1 161 40 4mm 1 253 63 Thử lại đều không thỏa mãn +) Nếu ba thì yx 1, 0 41mp a 2 b mp 10 2.11. Do 0,5 pm|4 1 2 2 pm|4 10 mm 4 1 40 m pm|10 p 7 pm| 4 160 p |161 p 23 + Nếu p 23 thì do 22.23ba 23 22 23 ab : vô lý do ab * + Nếu p 7 thì do 22.7ba 7 22 7 ab ab 1 Khi đó ta có 417m b 1 0,5 m 12 2 b m 10 22.7 Thay vào phương trình ban đầu tìm được n 3. Vậy mnp,, 12,3,7 . Cho 3 số thực dương abc,,. Chứng minh rằng: aabc(2 )(2 bbca )(2 ccab ) Câu 4 0 4,0 ab 111 bc ca Nguồn: Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình aa(2 b c ) a2 1 ac 12(1) ab aac2 11  6 1,0 cycab 11 cyc ab cycab 11 cyc ab Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có: ac 11 ac 1,0  333  (1) cyc ab 11cyc ab Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swcharz ta có: 1,0 (1)(1)(ab1)ab22 2
6. Thiết lập các bất đẳng thức tương tự ta suy ra: (a22 1)(bab 1) ( 1) 2 cyc cyc ((aabaab22 1))(( 1))(( 2  2 1))(( 1)) cyc cyc cyc cyc a2 1  1 cyc ab 1 Áp dụng bất đẳng thức AM –GM ta lai có aa22 11 333 ( 2)  ab 11 ab cyc cyc 1,0 Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi abc Câu 5 Cho bảng ô vuông kích thước 100 100 mà mỗi ô được điền một trong các ký tự A,,,BCD sao cho trên mỗi hàng, mỗi cột của bảng thì số lượng ký tự từng loại đúng bằng 25.Ta gọi hai ô thuộc cùng hàng (không nhất thiết kề nhau) nhưng được điền khác ký tự là “cặp tốt”, còn hình chữ nhật có các cạnh song song với cạnh của bảng và bốn đỉnh của nó được điền đủ bốn ký tự A,,,BCD là “bảng tốt”. a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông 14,41 và 22 đều có chứa đủ các ký tự A,,,BCD ? 4,0 b) Chứng minh rằng với mọi cách điền thỏa mãn đề bài thì trên bảng ô vuông đã cho: i) Luôn có 2 cột của bảng mà từ đó có thể chọn ra được 76 cặp tốt. ii) Luôn có một bảng tốt. Nguồn: Chuyên Lào Cai a) Không mất tính tổng quát, giả sử rằng 4 ô đầu tiên của cột 1 được điền A,,,.BCD Khi đó, ô thứ hai của cột 2 phải điền D vì nó thuộc hai hình vuông 22 đã chứa sẵn A,,.BC Do đó, ta điền tiếp được cột 2 theo thứ tự là CDAB,,,. Cứ như thế, ta điền tiếp cho cột 3, 4. 1,0 A C A C B D B D C A C A D B D B Tuy nhiên, ta thấy các hàng khi đó không thỏa mãn vì chỉ chứa hai loại ký tự. Vậy nên 1,0 không có cách điền nào thỏa mãn điều kiện đã nêu. b) i. Tồn tại hai cột. Giả sử phản chứng rằng mỗi cặp cột tùy ý đều có ít nhất 25 cặp ô cùng ký tự. 1,0 Cố định cột 1, xét 99 cột còn lại. Gọi T là số bộ (,)ab trong đó cột a 2 có ô thứ b từ trên xuống là cùng ký tự. Theo giả sử trên thì T 99 25.
7. Mặt khác, theo giả thiết thì T 100 24 (tính theo hàng). Suy ra 100  24 99 25, điều vô lý này chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai, tức là luôn chọn được hai cột thỏa mãn đề bài. ii. Tồn tại bảng tốt. Giả sử phản chứng rằng không có 2 hàng, 2 cột nào cắt nhau tạo thành hình chữ nhật thỏa mãn. Xét 2 cột đã chọn được ở trên, giả sử đã có cặp (,),(,)A BAC thì sẽ không có (,CD ) và (,B D ). Ta có hai khả năng: - Nếu có (,A D ) thì không có (,B C ), khi đó mỗi cặp trong 76 cặp đều có ký tự A ; 1,0 trong khi số lần ký tự A xuất hiện trên đó tối đa là 50, vô lý. - Nếu có (,B C ) thì không có (,A D ); khi đó, trên 76 cặp sẽ có 76 2 152 số lần xuất hiện của kí tự A, B, C, trong khi đó số lần xuất hiện ký tự A, B, C tối đa trong 76 cặp trên là 150, cũng vô lý. Từ đây ta có đpcm. Chú ý khi chấm: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất chi tiết nhưng không được quá số điểm dành cho câu, phần đó. 2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,5 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm. 3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và ghi vào biên bản. === HẾT===