Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 toán 10 chuyên sơn la

Ban đầu người ta tô màu đen cho k ô vuông nào đó trên bảng.. Sau đó, nếu ô vuông nào chưa bị tô đen mà nằm cạnh có cạnh chung với ít nhất hai ô vuông đã tô đen thì lập tức ô này cũng bị

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH SƠN LA

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN – KHỐI 10

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

Câu 1 (4,0 điểm): Giải hệ phương trình

3

2 2

( , )

x y











Câu 2 (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với

BC cắt (O) tại D Lấy M là trung điểm của AD Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt

OM tại E F là tiếp điểm kẻ từ O đến đường tròn ngoại tiếp tam giác EMD, F nằm trên

(EMD)) Lấy I là trung điểm của AB Gọi N là giao điểm của BF và MI Chứng minh

rằng: AN  BD

Câu 3 (4,0 điểm)

Cho các số dương , ,x y z thỏa mãn điều kiện xy yz zx xyz  

Chứng minh rằng x yz  y zx  z xy  xyz x y z.

Bài 4 (4 điểm).

Cho một bảng ô vuông kích thước 10cm10cmđược chia đều thành 100 ô vuông, mỗi ô vuông có cạnh dài 1cm Ban đầu người ta tô màu đen cho k ô vuông nào đó trên

bảng Sau đó, nếu ô vuông nào chưa bị tô đen mà nằm cạnh (có cạnh chung) với ít nhất

hai ô vuông đã tô đen thì lập tức ô này cũng bị tô đen Hãy xác định giá trị nhỏ nhất của k

để tới lúc nào đó tất cả các ô trên bảng đều bị tô đen.

Câu 5 (4 điểm)

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p q sao cho ;  7p  2p 7q  2 q  pq.

-HẾT -ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

LẦN THỨ XII- NĂM 2016 MÔN TOÁN - LỚP 10

Câu 1

(4đ)

3

2 2





ĐK 5; 1

x y

Ta có

3

2

3 (9 8) (9 3y) 1 3

1,0đ

Đặt 3x = a, 1 3y =b, ta được

a a     a b a ab b    a b

Vậy 3x 1 3  y

1,0đ

Thay vào phương trình (2) ta được

4 2 1 3

6

5 2 1 3 1 (2 1 3 )

y y

y

1,0đ

Do 1

3

y  nên

5 2 1 3 1 (2 1 3 )

y



Suy ra y + 1 = 0 hay y = -1, khi đó 2

3

x 

Vậy nghiệm của hệ là ( ; ) 2; 1

3

x y   

 .

1,0đ

Câu 2

(4 đ)

Vì A, D đối xứng qua OM nên ED là tiếp tuyến của (O) tại D

Từ đó ta có OD là tiếp tuyến của (EMD) tại D Vì OF là tiếp

tuyến của (EMD) nên OF=OD=OA Suy ra F O

1,0

Gọi AN cắt BD tại G

Vì M, I lần lượt là trung điểm của AD và AB nên MN //GD

Vì EA , ED là tiếp tuyến của (AFD) nên EF là đường đối trung

của tam giác AFD

1,0

Kẻ EF cắt (O) tại R Ta có EF ED nên DFR 90 o Suy ra D,

Ta lại có AFM DMR 90  o

Vì, NFA BDA NMA 

Nên ANFM là tứ giác nội tiếp Từ đó có AFM ANM 90  o

Ta có điều phải chứng minh

1,0

Câu 3

(4 đ)

Đặt a 1;b 1;c 1 a b c, , 0

     và a b c   1 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

1,0

  Chu vi không đổi  

1

a bc  b ac  c ab  ab bc  ca

a bc  a a b c  bc  a a b c bc  a  a bc bc

      (1)

1,0

Tương tự ta cú: b ac b   ac (2)

c ab c   ab (3) 1,0 Cụng theo vế cỏc bất đẳng thức (1), (2) và (3) trờn ta cú:

a bc  b ac  c ab  ab bc ca a b c  

1

đpcm

3

1,0

Bài 4

4đ

Cho một bảng ụ vuụng kớch thước 10cm10cm được chia đều

thành 100 ụ vuụng, mỗi ụ vuụng cú cạnh dài 1cm Ban đầu

người ta tụ màu đen cho k ụ vuụng nào đú trờn bảng Sau đú,

nếu ụ vuụng nào chưa bị tụ đen mà nằm cạnh (cú cạnh chung)

với ớt nhất hai ụ vuụng đó tụ đen thỡ lập tức ụ này cũng bị tụ

đen Hóy xỏc định giỏ trị nhỏ nhất của k để một lỳc nào đú tất

cả cỏc ụ trờn bảng đều bị tụ đen.

Xột mỗi bước biến đổi: Tụ màu đen cho ụ vuụng chưa được tụ

màu mà ụ vuụng này cú chung cạnh với ớt nhất hai ụ đó tụ màu

Trong mỗi bước biến đổi ta tụ đen cho ụ vuụng từ trạng thỏi

(A) sang trạng thỏi (B) thuộc một trong bốn trường hợp sau và

ta quan tõm tới chu vi của phần đó tụ màu:

1,0

Gọi p là chu vi của tất cả các phần đã được tô đen, rõ ràng p

Khi cả bảng được tô đen thì chu vi phần tô đen là p’ = 10x4 =

40 cm, do đó nếu p 0 là chu vi của phần tô đen ban đầu thì

p p  cm Mỗi ô vuông có chu vi là 4cm nên lúc đầu cần

tô ít nhất là 0 10

4

p

 ô

1,0

Ta xét bảng ô vuông 10cm10cm ban đầu được tô đen k = 10

ô vuông con dọc theo một đường chéo chính của bảng Khi đó

tất cả các ô nằm trên đường chéo song song liền kề hai bên của

đường chéo chính này cũng sẽ bị tô màu, cứ như vậy cả bảng

sẽ bị tô màu đen Vậy 10 là giá trị nhỏ nhất cần tìm của k

1,0

Câu 5

(4 đ) Tìm cặp số nguyên tố  

;

p q sao cho 7p 2p 7q  2 q pq.

Không mất tổng quát, giả sử qp, vế trái lẻ, suy ra p, q lẻ

Nhận xét: Nếu k là số nguyên tố thỏa mãn 7k 2 k k

Theo định lý Fermat nhỏ 7k 2 7-2 modk   k k 5.

1,0

Giả sử p 5. Ta có

 

p p

q q

p









Vì 2q không chia hết cho p nên 7q không chia hết cho p, suy ra

p khác 7 Theo định lý Fermat nhỏ 7p 1 2p 1 mod p  **



Từ (*) và (**) suy ra 7 gcd( ;q p 1) 2 gcd( ;q p 1) mod p.



 

1,0

Trường hợp p=5 Ta có 75 25 7q 2 5 q  

q

Hiển nhiên q=5 thỏa mãn Nếu q  5 7q 2q không chia hết

cho q, suy ra 7 5  2 5 q 16775 5.5.11.61  q q11; 61

Thử lại thấy thỏa mãn

Trường hợp p=3 Ta có 7 3  2 3 7q  2 3 q  q

Hiển nhiên q=3, q=5 không thỏa mãn Nếu

q   q  q q (Thử lại không thỏa

mãn)

Kết luận p q ;   5; 5 ; 5; 11 ; 5; 61 ; 11; 5 ; 61; 5          

1,0