Hdc toan 10 hsg 2223 ct

Gọi I J K, , lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABC BDF CDE.. Gọi H là trực tâm của tam giác J DK.. Chứng minh tứ giác IJ HK nội tiếp.. Vậy tứ giác IJ HK nội tiếp.. Gọi F

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT ĐỢT 2 NĂM HỌC 2022 – 2023

MÔN: TOÁN 10

(Bản hướng dẫn này gồm 06 trang)

Câu 1 (3,0 điểm) Giải phương trình sau

2

x

x

Cách

1 Điều kiện:

2 3 1 0

x  x 

 

2

x

1,0

Thử lại:

Loại nghiệm x  0

Nhận 2 nghiệm

;

0,5 0,5

Cách

2 Điều kiện:

2 3 1 0

x  x 

2

x

2 2

3 1 2





    



0,5 Phương trình

2

3 21 2

3 21 2













x

x

0,5

Xét phương trình còn lại vô nghiệm

Tập nghiệm của phương trình đã cho là

;

S    

0,5

Câu 2 (3,0 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn   3 a b c Chứng minh rằng

3,0

2 9 2  3   9 2  2 2 6  6 18 3  3

nên

2

2

3 3

9 2

a a







 

tương tự

2

2

3 3

9 2

b b







2

2

3 3

9 2

c c







BĐT trở thành

2

0,5

Đặt

2 2 2











, ta được BĐT

2

y z  z x  x y 

     

2

1,0

2

z x y

x z y   

2

z x y

y z x   

2

z x y

2

x z y  y z x  z x y 

Đẳng thức xảy ra khi x   , điều này là không thể y z 0

y z  z x  x y  hay

0,5

Nội dung Điểm Câu 3 (3,0 điểm)

Cho k là số thực, tìm tất cả các hàm đơn điệu : f   thỏa mãn

 

f x f y k y f x x y 

3,0

Giả sử tồn tại hàm f x 

thỏa yêu cầu đề bài,

 

f x

Xét k 0, x y,  

 

2

0

Hàm số f y   0

không thỏa yêu cầu hàm số đơn điệu

0,25 0,25 Xét k 0

Thay x y 0 ta có f f (0) f(0) suy ra (0) 0f  0,25

do đó f f y ( ) k y2 ,   y

và k f y2   f f f y      f k y 2 

Từ phương trình ban đầu thay ( )f y bởi k y2 ta được

 2        2      2   

f x k y f x f f y k f y  f x f k y  f x

0,5 Suy ra f là hàm cộng tính, hơn nữa f đơn điệu nên ( )  f x cx (c là hằng số). 0,25 Kết hợp biểu thức f f y    f cy  c y2

và f f y ( )  k y2

ta được

c2 k2  ck 0,25 Thử lại f x( )kx f x, ( )kx k 0

Câu 4 (3,0 điểm)

a) Chứng minh rằng số A n46n313n212n4 n *

không phải là số

Ta có A n46n313n212n4 n49n2 4 6n34n212n

Với n *ta có

Vì n1 ; 2 n22là hai số chính phương liên tiếp, nên giữa chúng không tồn tại số

chính phương nào

Vậy A n46n313n212n4 không phải số chính phương 0,25

b) Cho đa thức   2023 2022

2023 2022 1 0

f x a x a x a x a với hệ số nguyên và a2023 0

xác định trên tập số thực  Chứng minh rằng phương trình f2 x 4 có số nghiệm nguyên không lớn hơn 2026.

2,0

2023 2022 1 0,

f x a x a x  a x a

với a2023 0

 

4

2

f x

f x

f x



 



Gọi x x1, , ,2 x là m nghiệm nguyên phân biệt của phương trình m f x   2,

và y y1, , ,2 y là n n nghiệm nguyên phân biệt của phương trình f x   2

Khi đó x i y j

với mọi i {1;2;3; ; },m j {1;2;3; ; }.n 0,25

Giả sử m + n > 2026 Vì m2023;n 2023

nên m4;n 4

Do đó tồn tại các nghiệm nguyên x yi; j

thỏa mãn x i  y j 5

0,5

Các nghiệm x yi; j

nói trên thỏa mãn:

 

 

2023 2022

2023 2022

2023 i j 2022 i j 1 i j 4 (1)

Vì    k k

x  y x  y

với mọi k {1;2; ;2023} nên từ (1) suy ra x y i  j 4

, điều này mâu thuẫn với x i  y j 5

Do đó m n 2026 Vậy phương trình f x 2  4

có số nghiệm nguyên không lớn hơn 2026

0,5 0,25

Câu 5 (5,0 điểm)

a) Cho ABC là tam giác nhọn, D là điểm bất kỳ trên cạnh BC thỏa AB AD;

AC AD Trên các cạnh AC AB,

lần lượt lấy các điểm E F,

sao cho

,

EC ED FB FD

Gọi I J K, ,

lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác

ABC BDF CDE

Gọi H là trực tâm của tam giác J DK Chứng minh tứ giác IJ HK nội tiếp.

2,0

A

H

I E

F

D

0,25

Do các tam giác FBD ECD, lần lượt cân tại F E, nên J D J B KD , KC

Ta có: J DK 180  J DB KDC   180  IBC ICB   BIC J IK . 0,5

Vì H là trực tâm của J DK nên J HK J DK 180 0,5 Suy ra: J HK J IK 180 Vậy tứ giác IJ HK nội tiếp. 0,25

thỏa mãn

DC BC , điểm E di động trên đoạn DC Gọi F là giao điểm của BE và KD , I là giao điểm của FC và KE Chứng minh rằng điểm I thuộc đường thẳng cố định.

3,0

Gọi H là giao điểm của DI và cạnh BC.

Ta có 3 đường thẳng đồng quy trong tam giác DKC là DH, KE, FC, theo định lý Ceva

ta được HK EC FD 1 1 

Ba điểm thẳng hàng B, E, F, theo định lý Menelaus ta được BC FK ED 1 2 

HK BC



1,0 0,5

suy ra

HC BC DC  DH / /AK nên DH cố định.

Vậy I thuộc đoạn thẳng cố định.

0,5

Câu 6 (3,0 điểm)

Cho đa giác đều n cạnh n;n 8

Gọi x y;

lần lượt là số tam giác và số tứ giác lập ra từ các đường chéo của đa giác đều đã cho Tìm n biết x 2y

3,0

Gọi số đỉnh của đa giác đều n cạnh lần lượt là A A A1, , , ,2 3 A n

Số tam giác có 3 cạnh là 3 đường chéo của đa giác là

   2 

4

6

Xét tứ giác có 4 cạnh là 4 đường chéo của đa giác và có 1 đỉnh là A :1

Khi đó A A không phải là đỉnh của tứ giác Ta cần chọn thêm các đỉnh 2, n A A A i, ,j k

thỏa mãn: 5      i 2 j 1 k n 1 (vì 2 đỉnh của tứ giác không phải là 2 đỉnh kề

nhau của đa giác)

Mỗi cách chọn bộ 3 đỉnh như trên là 1 cách chọn bộ 3 số phân biệt trong n  5 số tự

nhiên từ 5 đến n  1

Do đó có C n3 5 tứ giác có đỉnh A thỏa yêu cầu bài toán.1

0,5

0,25

Vì đa giác có n đỉnh và mỗi tứ giác được đếm lặp lại 4 lần (theo cách đếm trên) nên

số tứ giác có thể lập được từ các đường chéo của đa giác đã cho là

3

nC

Theo giả thiết:

 2 9 20  5  6  7

 n3 20n2125n 250 0

5 10







n

Đối chiếu giả thiết chọn n = 10.

0,25

* Lưu ý:

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.