Tải bản đầy đủ

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

THPT CỤM TRƯỜNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

CHUYÊN DHĐB BẮC BỘ

LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (4.0 điểm).

3
2

2
1
 y  1  y y  1  x  2
Giải hệ phương trình 
.
 x  x2  2x  5  1  2 2 x  4 y  2  2


Câu 2 (4.0 điểm).
Cho tam giác ABC có AB  AC , các điểm D , E , F lần lượt nằm trên các cạnh BC , CA , AB 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  H  E  . Đường
thẳng qua G vuông góc với GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm K  K  G  , đường
thẳng qua G vuông góc với GC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm L  L  G  . Gọi P , Q
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 (4.0 điểm).
Tìm tất cả các số nguyên dương m, n và số nguyên tố p thỏa mãn 4m3  m2  40m  2 11 p n  5 .
Câu 4 (4.0 điểm).
Cho 3 số thực dương a , b , c . Chứng minh rằng:
a(a  2b  c) b(b  2c  a) c(c  2a  b)


 0.
ab  1
bc  1
ca  1

Câu 5 (4.0 điểm).
Cho bảng ô vuông kích thước 100 100 mà mỗi ô được điền một trong các ký tự A, B, C, D 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, B, C, D là “bảng tốt”.

a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông 1 4, 4 1 và
2  2 đều có chứa đủ các ký tự A, B, C, D ?

Trang 1


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. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

(http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Trang 2


3
2

2
1
 y  1  y y  1  x  2
Câu 1. Giải hệ phương trình 
.
2
x  x  2x  5  1 2 2x  4 y  2  2

Lời giải
Điều kiện: 2 x  4 y  2  0 .
Từ phương trình 1 , ta có:
2 x  4 y  2  y 2  1  2 y. y 2  1  y 2  2 x  4 y  2 

Thay vào phương trình  2  và chú ý rằng





2

y2 1  y .

y2 1  y  0 .

Lúc này ta được:
x  x2  2 x  5  1  2





y2 1  y  x 1 

 x  1

2

4 2



y2 1  y



x 1
 x 1 
2

 
  1  y  1  y .  3
2
2


2

Đặt u 

x 1
. Từ  3 trở thành u  u 2  1  y 2  1  y
2

 u  y  u  y 

 u  y  u2 1  y2 1  0  u  y 

u2 1  y2 1

0



u y
  0 .  4
  u  y  1 
2
2


u

1

y

1


Do 1 

u y
u2 1  y2 1




 

u2 1  u 

Nên từ  4  cho ta u  y , hay

y2 1  y

u2 1  y2 1

 0

x 1
 y  x  2 y 1 .
2

Thay vào phương trình 1 ta được:  y  1  y y 2  1  2 y 
2

5

2



y2 1  y



2

4

y2 1  y  0 )



y 2  1  y  2 (vì



y2 1  2  y  y2  1  4  4 y  y2  y 

3
5
x .
4
2

5 3
Kết luận: Hệ có đúng một nghiệm  x; y  là  ;  .
2 4

Câu 2.

Cho tam giác ABC có AB  AC , các điểm D , E , F lần lượt nằm trên các cạnh BC , CA ,
AB 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
Trang 3


AEF tại điểm H  H  E  . Đường thẳng qua G vuông góc với GH cắt đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC tại điểm K  K  G  , đường thẳng qua G vuông góc với GC cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm L  L  G  . Gọi P , Q 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.
Lời giải
A
L

G

O'
E

E'

K

Q
P
F

B

H
O

D

C

a) Gọi O , O lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC , AEF . Gọi E  là điểm
đối xứng với E qua đường thẳng AO . Khi đó EE // BC 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 BF  AE
(Có thể không cần dựng điểm E  , dễ thấy tam giác BFD cân 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 EAF suy ra

O   AEF  . Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định A , O .
1
1
b) Tam giác FBD cân tại F suy ra FB  FD , GBF  GOA  GFA nên tam giác FGB cân
2
2
tại 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 .
Từ đó EF là trung trực của DG , kết hợp với AG vuông góc với DG suy ra EF // AG .

FHD  EAF  EDF FHD cân tại F suy ra FH  FD  H  GBD  .

Trang 4


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  GAC  suy ra OE  GC , kết

hợp với GC vuông góc với GL suy ra GL song song OE . Do đó OE  OQ  QE  QO 1 .
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

Câu 3.

cân hay nó nội tiếp suy ra

 GPQ  luôn đi qua điểm

Tìm

nguyên

tất

các

cả

số

dương

m, n

A cố định.



số

nguyên

tố

p

thỏa

mãn

4m  m  40m  2 11 p  5 .
3

2

n

Lời giải
Phương trình đã cho tương đương với  4m  1  m2  10   22 p n .
TH1: n  1 , thử trực tiếp với m  1, 2,3, 4,5 đều không thỏa mãn.
Với m  5  4m  1  22, m2  10  22 . Do đó (4m  1) p,(m2  10) p vô lí do n  1 .
TH2: n  1 , thử trực tiếp với m  1, 2,3, 4,5 đều không thỏa mãn.
Với m  5  4m  1  22, m2  10  22 . Do đó (4m  1) p,(m2  10) p .

 4m  1  11x. p a
Suy ra  2
x, y 0,1 ; x  y  1; a, b 
y
b 
m  10  2.11 . p
Dễ thấy m 

*

*

.

ta có m2  10  4m  1.

+) Nếu b  a thì

11 m2  10   0 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  0 mod  4m  1
 4m  1  77
 m  19

Mà 4m  1  1 mod 4  , 1771  7.11.23   4m  1  161   m  40

 4m  1  253  m  63

Thử lại đều không thỏa mãn.
a

 4m  1  p
+) Nếu b  a thì y  1, x  0   2
b

m  10  2.11. p

 p | 4m  1
 p7
Do 
 p | 4  m2  10   m  4m  1  40  m  p |  4m  160   p |161  
2
 p  23
 p | m  10
+ Nếu p  23 thì do 22.23b  23a  22  23a b vô lí do a  b 

*

.
Trang 5


+ Nếu p  7 thì do 22.7b  7a  22  7ab  a  b  1 .
b 1

 4m  1  7
Khi đó ta có:  2
 m  12 .
k

m  10  22.7

Thay vào phương trình ban đầu tìm được n  3 .
Vậy  m; n; p   12;3;7  .
Câu 4.

Cho 3 số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:
a(a  2b  c) b(b  2c  a) c(c  2a  b)


 0.
ab  1
bc  1
ca  1

Lời giải
Ta có:

a  a  2b  c  a 2  1  ac  1  2  ab  1 a 2  1 ac  1



2.
ab  1
ab  1
ab  1 ab  1

b  b  2c  a  b2  1 ba  1
c  c  2a  b  c 2  1 cb  1
Tương tự ta có:




 2 và
 2.
bc  1
ca  1
bc  1 bc  1
ca  1 ca  1
Vậy

a  a  2b  c  b  b  2c  a  c  c  2a  b 


0
ab  1
bc  1
ca  1

 a 2  1 b2  1 c 2  1   ac  1 ba  1 cb  1 






6 0
ab

1
bc

1
ca

1
ab

1
bc

1
ca

1




 a 2  1 b2  1 c 2  1   ac  1 ba  1 cb  1 






  6.
 ab  1 bc  1 ca  1   ab  1 bc  1 ca  1 
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có:

ac  1 ba  1 cb  1
ac  1 ba  1 cb  1


 3 3


3
ab  1 bc  1 ca  1
ab  1 bc  1 ca  1

(1)

a 2  1 b2  1 c 2  1

a 2  1 b2  1 c 2  1
a 2  1 b2  1 c 2  1
3


 3


 3 3
.
ab  1 bc  1 ca  1
ab  1 bc  1 ca  1
 ab  1 bc  1 ca  1
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swcharz ta có:

 a 2  1 b 2  1   ab  12

2
2
2
 2
2
2
2
2
 b  1 c  1   bc  1   a  1 b  1 c  1    ab  1 bc  1 ca  1 
 2
2
2
 c  1 a  1   ca  1
  a 2  1 b2  1 c 2  1   ab  1 bc  1 ca  1 

a

2

 1 b2  1 c 2  1

 ab  1 bc  1 ca  1

a 2  1 b2  1 c 2  1

a 2  1 b2  1 c 2  1


 3 3
3.
Suy ra:
ab  1 bc  1 ca  1
 ab  1 bc  1 ca  1

 1.

(2)

Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh.
Trang 6


Dấu “  ” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .
Cách 2:
Ta có:

a  a  2b  c  a 2  1  ac  1  2  ab  1
a2
1
ac  1




 2.
ab  1
ab  1
ab  1 ab  1 ab  1

Tương tự ta có:

b  b  2c  a 
b2
1
ba  1



2
bc  1
bc  1 bc  1 bc  1

c  c  2a  b 
c2
1
cb  1




2.
ca  1
ca  1 ca  1 ca  1
Vậy suy ra

a  a  2b  c  b  b  2c  a  c  c  2a  b 


0
ab  1
bc  1
ca  1

 a2
b2
c2   1
1
1   ac  1 ba  1 cb  1 









6.
ab

1
bc

1
ca

1
ab

1
bc

1
ca

1
ab

1
bc

1
ca

1






Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số, ta có:

ac  1 ba  1 cb  1
ac  1 ba  1 cb  1


 3 3


3
ab  1 bc  1 ca  1
ab  1 bc  1 ca  1

(1)

Mặt khác áp dụng dạng phân thức của bất đẳng thức Cauchy-Swcharz, ta có:

 a2
b2
c2   1
1
1 







 ab  1 bc  1 ca  1   ab  1 bc  1 ca  1 


a  b  c

2

ab  bc  ca  3



1  1  1

2

ab  bc  ca  3



3  ab  bc  ca   9
 3.
ab  bc  ca  3

(2)

Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh.
Dấu “  ” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .
Câu 5.

Cho bảng ô vuông kích thước 100 100 mà mỗi ô được điền một trong các ký tự A, B, C, D 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, B, C, D là “bảng tốt”.
a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông 1 4, 4 1 và
2  2 đều có chứa đủ các ký tự A, B, C, D ?

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.
Lời giải
a) Không mất tính tổng quát, giả sử rằng 4 ô đầu tiên của cột 1 được điền A , B , C , D . Khi đó,
ô thứ hai của cột 2 phải điền D vì nó thuộc hai hình vuông 2x2 đã chứa sẵn A , B , C . Do đó, ta
điền tiếp được cột 2 theo thứ tự C , D , A , B . Cứ như thế ta điền tiếp cho cột 3, 4.
Trang 7


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 chứa hai loại ký tự. Vậy nên 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. Cố định cột 1, xét
99 cột còn lại. Gọi T là số bộ  a; b  trong đó cột a  2 có ô thứ b từ trên xuống là cùng ký tự.
Theo giả sử trên thì T  99.25 .
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; B  ,  A; C  thì sẽ không có  C; D  ,  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 ; 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
ký tự A , B , C , trong 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.

Trang 8



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×