TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X ĐỀ THI MÔN: TOÁNTRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI KHỐI 10 ĐỀ THI ĐÈ XUẤT Câu 1.. - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm!. - Thí sinh khô
Trang 1TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X ĐỀ THI MÔN: TOÁN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH
TỈNH YÊN BÁI
KHỐI 10
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT
Câu 1 (4 điểm)
xy x y xy x y y
x y xy x x
Câu 2 ( 4 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O) Kẻ đường cao AH của tam giác ABC Gọi P, Q lần lượt là chân đường cao kẻ từ H đến các cạnh AB, AC Hai đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M, đường thẳng MA cắt đường tròn (O) tại K( K khác A) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP Chứng minh rằng ba điểm I, H, K thẳng hàng.
C©u 3 (4 ®iÓm)
Cho a,b,c lµ c¸c sè thùc d¬ng tho¶ m·n a2 + b2 + c2 = 3 Chøng minh r»ng :
1 4
1 4
1 4
1
≤
−
+
−
+
Câu 4 (4 ®iÓm)
Cho tập hợp A = { 1;2;3; ;18 } Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong tập A sao cho hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó không nhỏ hơn 2.
Câu 5 (4 ®iÓm)
Cho p là số nguyên tố, p>3, đặt
2
3
p
Chứng minh rằng: ( 2n − 2 ) M n
Hết
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm!
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay!
Giám thị 01: Giám thị 02:
Trang 2Hướng dẫn chấm đề đề xuất toán 10
1
Câu 1(4 điểm) Giải hệ phương trình:
2
xy x y xy x y y
x y xy x x
4,0
ĐKXĐ:
0; 0
x y
xy x y xy
0,5
Từ pt(1) ta có:
0
0 (3)
xy x y xy y x y
x y
xy x y xy y
x y
y xy
x y
xy x y xy y
+
=
1,5
Từ pt(2) rút được và dùng biến đổi tương đương dễ dàng chứng minh được :
2
4
2 1
x
+
Do đó trường hợp (3) bị loại
1,0
Vậy ta được x = y Thay vào hệ và đối chiếu với ĐKXĐ ta được nghiệm:
1 17
1 à
2
2 Câu 2 ( 4 điểm):Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O) Kẻ
đường cao AH của tam giác ABC Gọi P, Q lần lượt là chân đường cao kẻ từ H đến
các cạnh AB, AC Hai đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M, đường thẳng MA cắt
đường tròn (O) tại K( K khác A) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP
Chứng minh rằng ba điểm I, H, K thẳng hàng
- Xét tứ giác APHQ có
P =Q = =>
APHQ nội tiếp đường tròn đường kính AH ta
có A· QP =A· HP
Mặt khác
( cùng phụ với góc BAH) Suy ra BPQC nội tiếp
1,0
- Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP là đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC
Ta có MP.MQ=MB.MC.(1)
Mà MB.MC= MK.MA = ÃM O/ ( )
=> tứ giác AKPQ nội tiếp đường tròn đường kính AH => ·AKH =900
1,0
- Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua O ta có A'· KA = 90 ,0 A·KH =900 1,0
Trang 3Suy ra K, H, A’ thẳng hàng
- Gọi I là trung điểm của HA’.Ta chứng minh rằng I là tâm đường tròn ngoại
tiếp tứ giác BPQC
Thật vậy: OI là trung bình của tam giác A’HA nên OI là trung trực đoạn BC (3)
- Gọi E là trung điểm của AH ta có EI là đường trung bình AA’H nên EI song
song AO Ta có A· PQ = A· CB = A A B· '
Suy ra A O ^ PQ =>EI
^ PQ nên EI là trung trực đoạn PQ (4)
- Từ (3), (4) ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp BPQC hay tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác BCP
- Vậy K, H, I thẳng hàng
1,0
3 C©u 3: (4 ®iÓm)
Cho a,b,c lµ c¸c sè thùc d¬ng tho¶ m·n a2 + b2 + c2 = 3
Chøng minh r»ng :
1 4
1 4
1 4
−
+
−
+
Ta cã
) 0 ) 1 (
9 ) 4
)(
2 ( 0
(
9
4 1 ) 4
( 2
4 1
4
2 1 4
2
2 ≥
−
⇔
≤
− +
<
−
−
≤
− +
−
−
=
−
−
−
=
−
ab ab
ab vi
ab ab
ab
ab ab
ab
Suy ra:
2 9
3
5 9
3
5 4
= + + +
≤ +
+ +
≤
−
Suy ra :
) (
1 4
1
dpcm
−
∑
Dấu b»ng x¶y ra khi a = b = c = 1
2,0
4
Câu 4 (4 ®iÓm) Cho tập hợp A = { 1;2;3; ;18 } Có bao nhiêu cách chọn ra 5
số trong tập A sao cho hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó không nhỏ hơn 2
Ta cần tìm số phần tử của tập T sau:
T = (a ,a , ,a ) : a < a < < a ; 1 a ≤ ≤ 18; a − a ≥ 2 1,0
Xét tập hợp H = { (b ,b , ,b ) : b1 2 5 1< b2 < < b ; 1 b5 ≤ ≤i 14 }
Xét ánh xạ f cho tương ứng mỗi bộ (a ,a , ,a )1 2 5 với bộ (b ,b , ,b )1 2 5
xác định như sau:
b = a ,b = − a 1,b = − a 2,b = − a 3,b = − a 4.
2,0
Dễ thấy khi đó f là một song ánh, suy ra T = H .
Mặt khác mỗi bộ (b ,b , ,b )1 2 5 trong H là một tổ hợp chập 5 của 14 phần
tử Do đó
5 14
H = C = 2002 Vậy T = 2002. 1,0
5
Câu 5 (4 ®iÓm)Cho p là số nguyên tố, p>3, đặt
2
3
p
Chứng minh rằng:
Trang 42 2
( n − ) M n
) 1 2 )(
1 2 ( 4 1 3
1 2
1= 2 − − = 1− 1 +
n
Vì p là số nguyên tố lẻ nên : 2p−1 ≡1(mod3)
1,0
Mặt khác, theo định lý Fecmat ta có: 2p−1 ≡1(modp)
Vì p >3 thì: (2p− 1−1)M(3p)
, do đó ta có : (n−1)M(2p)
Từ đó suy ra : (2n−1−1)M(22p −1)
2,0
Nhưng (2p−1−1)Mn
nên suy ra 2n−1−1≡0(mod n)
hay )
mod ( 0
2