01. Toán 10_Đại.docx

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC (ĐỀ ĐỀ XUẤT) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2022 2023 Môn TOÁN – LỚP 10 Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm[.]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

VĨNH PHÚC

(ĐỀ ĐỀ XUẤT)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM HỌC: 2022- 2023 Môn: TOÁN – LỚP 10

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 01 trang, 05 bài

Câu 1 (4,0 điểm) Cho P x Q x ,   là hai đa thức hệ số thực có bậc nhỏ hơn 2023 và thoả mãn

   2023  

x P x  x Q x  , với mọi x  .

Tính tổng tất cả các hệ số của đa thức P x 

Câu 2 (4,0 điểm) Cho a b c, , là các số thực dương thoả mãn ab bc ca  3. Chứng minh rằng

a a1 b b1 c c11

Câu 3 (4,0 điểm) Cho m,n là hai số nguyên dương lẻ sao cho n  chia hết cho 2 1 m2 1 n2 Chứng minh rằng

m   n

là số chính phương

Câu 4 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O với AB AC . Đường tròn nội tiếp

 I

tiếp xúc với các cạnh BC CA AB, , lần lượt tại D E F, , Gọi M là trung điểm BC, đường thẳng AM

cắt  O tại điểm N khác A; đường thẳng ND cắt  O tại K khác N Đường tròn ngoại tiếp tam giác OMK cắt  O

tại điểm thứ hai T

a) Gọi H là điểm đối xứng với D qua I và J là giao điểm thứ hai của KM và  O Chứng minh rằng

, ,

A H J thẳng hàng và  BAT HAC

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt  O tại G Chứng minh rằng các đường thẳng TA GD OI, ,

đồng quy

Câu 5 (4,0 điểm) Một số nguyên dương m được gọi là “tốt” nếu tồn tại các số nguyên dương a b c d, , ,

sao cho m a b c d     m 49 và ad bc . Ngược lại thì ta nói số m là “xấu”.

a) Chứng minh rằng số nguyên dương m là tốt khi và chỉ khi tồn tại hai số nguyên dương x y, sao cho

xy m và x1 y1 m 49.

b) Tìm số tốt lớn nhất và số xấu nhỏ nhất

-Hết -Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.

Giám thị KHÔNG giải thích gì thêm.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

(ĐỀ ĐỀ XUẤT)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM HỌC: 2022- 2023 Môn: TOÁN – LỚP 10

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Đáp án gồm 05 trang

I HƯỚNG DẪN CHUNG

1 Giám khảo chấm đúng như đáp án, biểu điểm

2 Nếu thí sinh có cách trả lời khác đáp án nhưng đúng thì giám khảo vẫn chấm điểm theo biểu điểm của Hướng dẫn chấm thi

3 Giám khảo không quy tròn điểm thành phần của từng câu, điểm của bài thi

II ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM

Câu 1 (4,0 điểm)

Ta có x2023.P x   x 22023.Q x  1 (1)

Trong (1) thay x bởi x+1 ta được : x12023.P x 1  x 12023.Q x 11,   x

Đặt f x P x 1 ; g x  Q x 1, ta được

x12023.f x   x12023.g x 1,   x (2)

1,0

Trong (2) thay x bởi -x ta được : x12023.f x   x12023.gx 1,   x

Hay  x12023.f x  x12023.gx1,   x

(3)

Từ (2) và (3) suy ra x12023. f x gx  1 x2023.g x  f x,  x 

(4)

1,0

Dễ thấy hai đa thức x12023; 1  x2023 nguyên tố cùng nhau nên từ (4) suy ra

     12023

Mặt khác deg f x ;degg x   2023

nên ta được f x gx  0

1,0

Đặc biệt ta được f  0 g 0 0

Trong (1) thay x 1 ta được P 1  Q 1 1

Do đó f  0  g 0  , từ đó tìm được1

 0 1

2

, suy ra  1  0 1

2

Vậy tổng tất cả các hệ số của P x 

bằng

1 2

1,0

Câu 2 (4,0 điểm)

Đặt a x b; y c; z thì x y2 2y z2 2z x2 2 3 Bất đẳng thức cần chứng minh trở

thành : x2 x1 y2 y1 z2 z1 1 x31 y31 z31x1 y1 z1

Xét hiệu

           

 

     

3

3

1,0

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và giả thiết x y2 2y z2 2z x2 2 3 ta được:

           

 

2

2

2

cyc

cyc

xyz

1,0

Ta sẽ chứng minh

(2)

Áp dụng Bất đẳng thức Schur’s ta được :

    0

cyc



, từ đó suy ra

2

xyz

x y z

 

Do đó

xyz

x y z

1,0

Mặt khác 2xyz 1 x y z xyz xyz 1 x y z 9xyz 2xyz 1 9xyz 0

x y z

 

Vậy (2) được chứng minh Từ (1) và (2) suy ra x31 y31 z31x1 y1 z1

, bài toán được chứng minh

1,0

Câu 3 (4,0 điểm)

Nếu m=n thì ta có ngay điều phải chứng minh

Nếu m khác n, đặt

2 ( , ; 0; 0) 2

 





 





Khi đó

m x y

n x y

 





 



Từ x y 0;x y 0 suy ra x y

Do n21m2 1 n2  m m2 2 1 n2  m2 k m 2 1 n2

(1), k  

1,0

Ta có (1) (x y )2 k4xy1  x2 2(2k1)xy(y2 k) 0

(*)

Coi (*) là phương trình bậc hai ẩn x, có một nghiệm nguyên là x nên có một nghiệm nữa là

1

x Ta có

1

1 2

1

2(2 1)

x

xx y k





 





0,5

Nếu x  thì 1 0 x y1,  là cặp nghiệm thỏa mãn (*) với x  , suy ra 1 0 x1  y

Khi đó

2

y  k xx  y y  k Suy ra 0 x x12(2k1) 0 , mâu thuẫn

1,0

Nếu x  thì 1 0 2 2

xx y  k  ky  k  xy   y Ta có

Suy ra k2(2k1) x y1 2(2k1) , mâu thuẫn k

1,0

Vậy x  Khi đó 1 0 k y2 và

2

k

Do đó

m   n

là số chính phương 0,5

Câu 4 (4,0 điểm)

a) (2,0 điểm).

S H

J T

K

N

M D

I

O A

Do H đối xứng với D qua I nên AH đi qua tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC

Gọi S là giao của AJ với BC Áp dụng định lý con bướm với hay dây cung KJ và AN cùng

đi qua trung điểm M của BC, ta suy ra M là trung điểm của DS, suy ra S đối xứng với D qua

M Vậy S là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC Vậy , , A H J thẳng hàng.

0,5

Ta có KMO KTO OKT OMx    (Mx là tia đối của tia MT) Suy ra MT và MJ đối xứng

nhau qua OM

0,5

Mà OT OJ nên T và J đối xứng nhau qua OM Khi đó BCJT là hình thang cân, suy ra

BAT HAC (đpcm)

0,5

b) (2,0 điểm).

A' Z

Y

X

F

E

Q G

S H

J T

K

N

M D

I O A

Do GFA GEA   GFB GEC  ; GBF GCE  Suy ra BFG CEG (g.g)

Do đó

GB BF BD

GC CE CD , suy ra GD là phân giác của góc BGC Vậy GD đi qua điểm chính

giữa X của cung nhỏ BC.

0,5

Gọi Y,Z là điểm chính giữa của cung nhỏ AC và AB của  O

Theo kết quả cơ bàn thì

;

XCXI YC YI nên XY là trung trực IC Suy ra XY / /DE Tương tự ta được

/ / , / /

YZ EF XZ DF Như vậy hai tam giác XYZ và DEF có các cạnh tương ứng song song.

Do đó tồn tại 1 phép vị tự tâm Q là V D Q:  X E;  Y F;  Z , biến DEF  XYZ, do

đó biến I thành O Suy ra ba điểm , , O I Q thẳng hàng Vậy OI và GD cắt nhau tại Q.

1,0

Giả sử tia QA cắt  I tại A’ thì V Q: 'A  A A D' / /XA A D' EF EF/ / 'A H , khi

đó A’HEF là hình thang cân với AI là trục đối xứng của nó, suy ra

HAI A AI  HAC A AB Cùng với kết quả phần (a) ta suy ra , ',A A T thẳng hàng, tức

là AT đi qua Q Vậy ba đường thẳng TA GD OI đồng quy tại Q , ,

0,5

Câu 5 (4,0 điểm)

a) (1,0 điểm).

Chiều đảo: Giả sử tồn tại hai số nguyên dương x,y sao cho xy m và

x1 y1 m 49 Không mất tính tổng quát, giả sử x y Suy ra .

     

Đặt a xy b x y ;  ( 1);cy x 1 ; d x1 y1 thì

0,5

m a b c d m      và ad bc . Vậy m là tốt.

Chiều thuận: Giả sử m là tốt, khi đó tồn tại các số nguyên dương a b c d, , , sao cho

49

m a b c d     m và ad bc .

Từ ad bc , suy ra

b d Khi đó biểu diễn được a uv b rv c us d ;  ;  ; rs, với , , ,

u v r s là các số nguyên dương Từ a b  u r , suy ra r u 1 Từ a c  v s , suy

ra s v 1Khi đó uv a m  và u1 v1 rs d m  49

Như vậy đã tồn tại cặp

x y,   u v, 

thoả mãn

0,5

b) (3,0 điểm).

Tìm số tốt lớn nhất: Giả sử m là số tốt, khi đó tồn x,y nguyên dương sao cho

xy m và x1 y1  m 49 (*)

Khi đó ta có m49x1 y1 xy1 2 m12  m576

Dấu bằng xảy ra khi x y 24. Vậy số tốt lớn nhất bằng 576

1,0

Tìm số xấu nhỏ nhất:

* Đầu tiên ta chỉ ra m=443 là xấu: Thật vậy, giả sử 443 là tốt, khi đó tồn tại x,y sao cho :

cho 492x1 y1 xy12  xy448

Vậy 443xy448 Thử trực tiếp các trường hợp đều cho mâu thuẫn với x1 y1492

1,0

* Tiếp theo ta chứng minh mọi số m<443 đều là tốt :

Khi m thuộc các đoạn 245; 258 ; 259; 265 ; 266; 274 ; 275; 280 ; 281; 292 ; ; 437; 442          

thì đều chọn được (x,y) thoả mãn điều kiện (*) Chẳng hạn (x,y) tương ứng với các đoạn

trên là (13,20) ; (13,21)…

Xét 1m245 Gọi t là số nguyên dương sao cho t2 mt12  1 t 15

Nếu t2 m t t  1

thì ta chọn x t y t;  1, khi đó xy m và

x1 y1 m t 1 t2 t2 3t 2 47 Do đó m tốt

Nếu t t 1mt12 thì ta chọn x  y t 1, khi đó xy m và

x1 y1 m t 22 t t 1 3t 4 49. Do đó m tốt Vậy số xấu nhỏ nhất là 443.

Chú ý: Có thể thay cách hỏi khó hơn khi bỏ đi ý (a) của bài toán.

1,0