Môn Toán_Khối 10_Thpt Chuyên Lào Cai.docx

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 Môn Toán – Lớp 10 Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) Câu 1 (4,0 điểm) Xét các[.]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ

NĂM 2023 Môn: Toán – Lớp 10

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể

phát đề

(Đề thi gồm 01 trang, 05 câu)

Câu 1 (4,0 điểm) Xét các số thực , ,a b c khác 0 và đôi một phân biệt sao cho

các đa thức bậc ba sau đây ax3bx c bx , 3cx a cx , 3ax b có một nghiệm thực chung

a) Chứng minh rằng a b c  0.

b) Chứng minh rằng có ít nhất một trong ba phương trình

ax bx c  bx cx a  cx ax b  có ba nghiệm thực (không nhất thiết phân biệt)

Câu 2 (4,0 điểm) Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức

đúng với mọi bộ ba số thực không âm  a b c ; ;  thỏa

mãn điều kiện a b c  3

Câu 3 (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn không cân ABC AB AC  nội tiếp đường tròn  O , có trực tâm là H Điểm M là trung điểm cạnh BC ; AH cắt

BC và đường tròn  O lần lượt tại D và P khác A, PM cắt lại đường tròn  O

tại T khác P Gọi điểm đối xứng với M lần lượt qua các đường thẳng

, ,

AC AB AH là , , Q R S Gọi , , , I K J G lần lượt là trung điểm của , , , BQ CR ST AM

a) Chứng minh rằng bốn điểm , , ,I K J G cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh rằng các đường thẳng BQ CR GD đồng quy., ,

Câu 4 (4,0 điểm) Cho p là số nguyên tố và n là số nguyên dương lớn hơn 1.

Chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của số A 1 n n2 np1

     hoặc là p , hoặc chia cho p dư 1.

Câu 5 (4,0 điểm) Cho tập hợp A  {1,2, , 2023}  Với m là số nguyên dương, ta

gọi X  A là tập hợp m  tốt nếu như X có đúng m phần tử và với mọi x

thuộc X thì x  1 hoặc x  1 cũng thuộc X

a) Với 2m4, tính số lượng tất cả các tập m  tốt.

b) Với m  chứng minh rằng số tập 5, 5  tốt là số chính phương.

Hết

Người ra đề:

Nguyễn Bá Hoàng

Số điện thoại:

0977.394.437

NĂM 2023 Môn: Toán – Lớp 10

(Đáp án gồm 05 trang)

Câ

1 Xét các số thực , ,a b c khác 0 và đôi một phân biệt sao cho các đa thức bậc ba sau đây

3 , 3 , 3

ax bx c bx cx a cx ax b có một nghiệm thực chung

a) Chứng minh rằng a b c  0.

b) Chứng minh rằng có ít nhất một trong ba phương trình

ax bx c  bx cx a  cx ax b  có ba nghiệm thực (không nhất

thiết phân biệt)

a) Gọi x là nghiệm thực chung của ba đa thức Ta có 0

3

0 0 3

0 0 3

0 0

0 0 0

ax bx c

bx cx a

cx ax b

ìï + + = ïï

ï + + = íï

ïï + + =

Cộng các đẳng thức trên lại, ta có (a b c x+ + )( 03+ + =x0 1) 0

1,0

Giả sử rằng x thỏa mãn 0 3

0 0 1 0

x + + = x

Suy ra ax0+ =a bx0+cÞ x a b0( - )= -c a

Chứng minh tương tự thì x b c0( - )= -a b và x c a0( - )= -b c

Do , ,a b c đôi một phân biệt nên nhân lại, ta có x30= vô lý.1,

Vì thế nên ta phải có a b c+ + = 0.

1,0

b) Khử c từ các đa thức, ta được ax3+ -bx a b bx- , 3- (a b x a+ ) + , (- a b x+ ) 3+ax b+

Các đa thức này là tích của x- và các tam thức bậc hai tương ứng1

1,0

2 , 2 , ( ) 2 ( )

ax +ax a b bx+ + + -bx a a b x+ + +a b x b+ Các delta của chúng lần lượt là D =-1 a a(3 +4 ), b D =2 b a b(4 + ), D = +3 (a b a)( - 3 ).b

Giả sử cả D D D < thì 1, 2, 3 0

(3 4 ) 0 (4 ) 0 ( )( 3 ) 0

a a b

b a b

a b a b

ì + >

ïï

ïï + <

íï

ï + - <

Nếu a> thì 30 a+4b> , suy ra 40 a b+ > nên 0 b< do đó 0, a- 3b> nên0

0

a b+ < Điều này mâu thuẫn vì 3a+4b=3(a b+ + < ) b 0

Nếu a< thì 30 a+4b< , suy ra 40 a b+ < nên 0 b> , do đó 0 a- 3b< và0

0

a b+ > Điều này cũng mâu thuẫn tương tự trên

Vậy điều giả sử phản chứng là sai, tức là một trong ba đa thức đã cho có ba nghiệm thực

1,0

2

Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức 3 a 3b3c3  k a4 b4 c4

đúng với mọi bộ ba số thực không âm  a b c ; ; 

thỏa mãn điều kiện a b c  3 Giả sử 3 a 3b3c3  k a4b4c4

với mọi a b c  , , 0 và a b c  3.

Cho

3

2

a b  c

ta được

       

1,0

Ta chứng minh khi

81 8

k 

thì BĐT đúng tức là  3 3 3 81 4 4 4

3

8

a b c  a b c

Ta có S 3a3b3c3  a4b4c4 a33 ab33 bc33 c

a ab ac b bc ba c ca cb

a ab ac b bc ba c ca cb abc

1,0

S a ab ac b bc ba c ca cb a b c abc

a ab ac bc b bc ba ca c ca cb ab

1

1,0

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

1

2

2 2 2

4

a b c

Từ đó suy ra 81  3 3 3 81 4 4 4

3

S   a b c  a b c

1,0

Vậy số thực k bé nhất thỏa mãn yêu cầu là min

81 8

3

Cho tam giác nhọn không cân ABC AB AC 

nội tiếp đường tròn  O

, có trực tâm là H

Điểm M là trung điểm cạnh BC ; AH cắt BC và đường tròn  O

lần lượt tại D và P khác

A , PM cắt lại đường tròn  O tại T khác P Gọi điểm đối xứng với M lần lượt qua các

đường thẳng AC AB AH là , ,, , Q R S Gọi , , , I K J G lần lượt là trung điểm , , , BQ CR ST AM

a) Chứng minh rằng bốn điểm , , ,I K J G cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh rằng các đường thẳng BQ CR GD đồng quy., ,

a) Gọi BE CF là các đường cao của tam giác ABC Kẻ đường kính , AA đường tròn '  O thì

'

BHCA là hình bình hành

Gọi Z là giao điểm thứ hai của A M' và đường tròn  O

, thì , ,Z H M A thẳng hàng và, '

, , , ,

A Z H E F cùng thuộc đường tròn đường kính AH

Từ giả thiết ta có MRFC là hình bình hành, suy ra trung điểm K của CR cũng là trung điểm

đoạn MF

Chứng minh tương tự I là trung điểm đoạn ME

1,0

Ta có BAD 900  ABC900 AA C' A AC' Do đó 'A P // BC Suy ra ZT // BC

Gọi Y là giao điểm thứ hai của ZT với đường tròn đường kính AH, thì Y đối xứng với Z

qua AH , suy ra SZYM là hình thang cân, do đó SY đi qua H

Hơn nữa từ SHMP là hình thoi do đó SH // PM , suy ra SYTM là hình bình hành, suy ra trung

điểm J của ST cũng là trung điểm của MY

1,0

Gọi

1

2

M

V là phép vị tự tâm M , tỉ số

1

2 thì

1

M

V F  K E I Y  J A G

Từ F E Y A cùng thuộc đường tròn đường kính , , , AH, suy ra , , ,I K J G cùng thuộc một

đường tròn

b) Theo câu a) ta có K là trung điểm MF, I là trung điểm ME, do đó yêu cầu bài toán

tương đương với chứng minh BI CK GD đồng quy., ,

Gọi X là điểm đối xứng với M qua B

Phép vị tự VM2 tâm M tỉ số 2 biến: G A I,  E B,  X K,  F, do đó

  ,   ,

GBI AXE IBC EXC suy ra

























sin sin sin sin sin sin

sin sin sin sin sin sin

AX EC IBC  EXC  AEX EXC  AEX EXC 

3

2

AE XC AE MB

EC AX EC BG

1,0

Tương tự, ta có





(2) 3

sin

BCK BF GC

FA MC KCG 

Lại có





sin

(3)

sin

CGD DC GB

DB GC

Từ (1), (2) và (3) suy ra













sin sin sin

GBI BCK CGD AE MB BF GC DC GB

EC BG FA MC DB GC

(doAD BE CF đồng quy tại H và M là trung điểm BC ) , ,

Nên theo định lí Cevasin đảo ta có BI CK GD đồng quy hay , ,, , BQ CR GD đồng quy.

1,0

4 Cho p là số nguyên tố và n là số nguyên dương lớn hơn 1 Chứng minh

rằng mọi ước nguyên tố của số A 1 n n2 np1

     hoặc là p , hoặc chia cho p dư 1.

Xét là một ước nguyên tố của số

Ta có | 1 | 1 1 mod 

1

p

n

n



Đặt thì Suy ra hoặc

1,0

+) Nếu k 1 thì n1 mod q A 1 n n p1 pmodq

+) Nếu : Từ suy ra

Theo định lý Fermat nhỏ ta có

1,0

Suy ra hay

Vậy ước nguyên tố của A 1 n n2 np1

     hoặc là p, hoặc chia cho p dư 1. 1,0

5 Cho tập hợp A  {1,2, ,2023}  Với m là số nguyên dương, ta gọi X  A là tập hợp m 

tốt nếu như X có đúng m phần tử và với mọi x thuộc X thì x  1 hoặc x  1 cũng thuộc

.

X

a) Với 2m4, tính số lượng tất cả các tập m  tốt.

b) Với m  chứng minh rằng số tập 5, 5  tốt là số chính phương.

a) Với m  tập hợp tốt phải có dạng 2, { , a a  1} nên có tất cả 2022 tập.

Với m  tập hợp tốt phải có dạng 3, { , a a  1, a  2} nên có tất cả 2021 tập. 1,0 Với m  tập hợp tốt có dạng 4, { , , , } a b c d với a b c d   . Rõ ràng phải có

1

d  c và b a 1

Ngoài ra, b c, không cần có liên hệ gì, chỉ cần thỏa mãn b c . Do đó, X  { , a a  1, , c c  1}

với c a   2 nên số cách chọn cặp ( , ) a c là

2020 2019      1 1010 2021  Vậy số tập hợp thỏa mãn là 2022 2021 1010 2021 1011.2023    

1,0

b) Xét tập tốt có dạng { , , , , } a b c d e với 1   a b c d e 2023. Ta có

1 , 1

a   b d   e và một trong hai điều sau phải xảy ra: c b 1 hoặc c d  1

Gọi S1 là tập hợp các tập tốt mà c b 1, còn S2 là tập hợp các tập tốt mà c d  1.

Các tập tốt sẽ là S S 1S2 nên S  S1  S2  S1 S2 .

1,0

q

1

p

n



 

q

ord n k k p k 1 k p

q



 1

p q  q1 mod p

Tương tự phần a, ta tính được

2019

1

2019 2020 2

k





và S1 S2  2019

(do ta có 5 phần tử liên tiếp)

Khi đó S  2019 2020 2019 2019    2 là số chính phương

1,0

Hết