Tài liệu Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 10 có đáp án

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2012- 2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ ĐỀ ĐỀ NGHỊ Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:  2 y (7 x 2  6)  x(12 y 3  4 y 2  3)  37 xy  ( x, y  � ).  x 1  2 y 1  2  Câu 2 (4 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc  1 Chứng minh rằng: 1 1 1 1  2  2  a 2  2b 2  3 b  2c 2  3 c  2a 2  3 2 Câu 3 (4 điểm): Cho tam giác ABC có chu vi không đổi 2p. Gọi M,N,P lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với góc A,B,C của tam giác ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi MNP . Câu 4 (4 điểm): Cho tập S   1;2;3;....;2014 được phân hoạch thành các cặp rời nhau  a ;b i i :1  i  1007 sao cho a i  bi bằng 1 hoặc bằng 6. Hãy tìm chữ số tận cùng của 1007 T   a i  bi . i 1 Câu 5 (4 điểm): Cho tập hữu hạn X . Ta chọn ra 50 tập con A1 ,A 2 ,...,A 50 , mỗi tập đều chứa quá nửa số phần tử của X . Chứng minh rằng a) Tồn tại phần tử a thuộc ít nhất 26 tập đã cho. b) Tồn tại tập con A của X sao cho số phần tử của A không vượt quá 5 và A ǹ Ai , i 1,50. ………………………. HẾT ……………………. 1 HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung  2 y (7 x 2  6)  x(12 y 3  4 y 2  3)  37 xy  ( x, y  � ).   x 1  2 y 1  2 Câu 1 Giải hệ phương trình: x  1  ĐK  1 y  2  Điểm 4 điểm 1,0 Nếu (x; y) là nghiệm của hệ phương trình thì x  2y  1 2(7 x 2  6) (12 y 3  4 y 2  3) 2 y (7 x 2  6)  x(12 y 3  4 y 2  3)  37 xy    37 x y 12 3 12 3 3 2 2   37 Do 14 x   12 y  4 y   2 x  4 y  12 x   12 y  x y x 2y 2y Với mọi x  1 ; y  1,0 2,0 1 ; x  2y  1 2 1,0  x  2y  2 y (7 x 2  6)  x (12 y 3  4 y 2  3)  37 xy   x  1  1 y   2 1 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (1; ) 2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc  1 1 1 1 1  2  2  Chứng minh rằng: 2 2 2 2 a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2 4,0 Ta có P 1 1 1  2 2  2 (1) (a 2  b2 )  (b 2  1)  2 (b  c )  (b 2  1)  2 (c  a 2 )  (a 2  1)  2 Theo bất đẳng thức AM – GM, ta có a 2  b 2  2ab; b 2  1  2b 10  (a  b )  (b  1)  2  2(ab  b  1) 1 1  2 2 2 (a  b )  (b  1)  2 2(ab  b  1) 2 2 2 2 (2) Tương tự 1 1  b 2  2c2  3 2(bc  c  1) 1 1  2 2 c  2a  3 2(ca  a  1) 1,0 (3) (4) Từ (2); (3); (4) suy ra 1,0 1 1 1 1 (   ) 2 2(ab  b  1) 2(bc  c  1) 2(ca  a  1) Từ giả thiết abc  1 nên P (5) 1,0 1 ab  bc  c  1 ab  b  1 1 b  ca  a  1 ab  b  1 Suy ra P 1 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 3 Dễ thấy NP,PM,MN là phân giác ngoài của các góc A,B,C , suy ra MNP nhọn 4,0 điểm với các đường cao MA, NB,PC. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp MNP thì 1 SMNP  (BC.JM  CA.JN  AB.JP)  p.R , 2 ở đây R là đường kính đường tròn ngoại tiếp MNP . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MNP . Ta chứng minh được R  2r . Ta có 1 r(MN  PN  PM)  pR  2pr 2 Suy ra MN  NP  PM  4p Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi MNP đều  ABC đều 3 M B C J I N 4 Cho tập S   1;2;3;....;2014  a ;b i i A P được phân hoạch thành các cặp rời nhau :1  i  1007 sao cho a i  bi bằng 1 hoặc bằng 6. Hãy tìm chữ số tận cùng 1007 của T   a i  bi . i 1 Gọi k là số cặp  a i ;b i  sao cho a i  b i  6 1,0 1007 Khi đó T   a i  bi  6k  (1007  k)  1007  5k i 1 Ta chứng minh k là một số chẵn. Thật vậy k  k1  k 2 , trong đó k1 là số các cặp  a i ;bi  sao cho a i  b i  6 và cả 3,0 a i ;bi đều là các số lẻ, k 2 là số các cặp  a i ;b i  sao cho a i  bi  6 và cả a i ;bi đều là các số chẵn. Vì số các số chẵn và số các số lẻ trong tập hợp  1;2;....;2014 là bằng nhau và trong mỗi cặp  a i ;bi  sao cho a i  bi  1 đều là một số chẵn và một số lẻ nên k1  k 2 1007 Từ đó suy ra k là một số chẵn suy ra T   a i  b i có chữ số tận cùng là 7 i 1 4 5 Giả sử X  n . Tổng số các phần tử của 50 tập con A i lớn hơn 25n nên tồn tại một phần tử a thuộc ít nhất 26 tập, chẳng hạn A1 ;A 2 ;......;A 26 . Xét tập 24 tập còn lại suy ra tồn tại ít nhất một phần tử b thuộc 13 tập, chẳng hạn A 27 ;A 28 ;...;A 39 . Xét 11 tập con còn lại ta suy ra tồn tại c thuộc ít nhất 6 tập, chẳng hạn A 40 ;A 41;....;A 45 . Xét5 tập còn lại ta suy ra tồn tại phần tử d thuộc ít nhất 3 tập chẳng hạn A 46 ;A 47 ;A 48 . Xét hai tập còn lại ta suy ra tồn tại một phần tử e thuộc ít nhất hai tập . chẳng hạn A 49 ;A 50 . Suy ra tập A   a;b;c;d;e thỏa mãn bài toán. Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương. 5 4,0 điểm SỞ GD&ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BÔÔ LẦN THỨ VI Môn: Toán lớp 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4 điểm). Giải phương trình 7x 2  5 2x  7  x 4  1 . Câu II (4 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c2  3 . Chứng minh rằng 5(a  b  c)  3  18 . abc Câu III (4 điểm). Cho tam giác ABC và điểm T thuô ôc cạnh BC sao cho TB = 2TC. Gọi H là hình chiếu của B trên AT và D là trung điểm BC. Biết rằng  TAB   2TAC . Chứng minh rằng DH  AC . Câu IV (4 điểm). Các số nguyên từ 1 đến 2013 được viết liền nhau thành mô t số như sau 1234...20122013. Từ số nói trên ta nhân chữ số thứ nhất với 2 rồi ô cô ng với chữ số thứ hai, kết quả lại nhân với 2 rồi cô ng với chữ số thứ ba, cứ tiếp ô ô tục như vâ ôy cho đến hết. Với số vừa nhâ ôn được lại làm tiếp tục như trên cho đến khi kết quả là số có mô t chữ số. Hãy tìm chữ số đó. ô Câu V (4 điểm). Trong hình vuông có cạnh dài 4cm, đă t 2013 đường tròn có ô đường kính 1 cm. Chứng minh rằng tồn tại mô ôt đường thẳng cắt ít nhất 17 đường 31 tròn trong 2013 đường tròn đã cho. ………………………….Hết…………………………. Thí sinh không được sử dụng tài liêu và máy tính; ê Giám thị coi thi không cần giải thích gì. ------ 6 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 10 Câu I Lời giải 1- Ta có 7x  5 2x  7  x  1 (1). Điểm Xét (1)  (x 2  2x  1)  6(x 2  2x  1)  5 (x 2  2x  1)(x 2  2x  1) 1.00 2 4 (4 điểm). 2  x 2  2x  1   x 2  2x  1    5 2  6  0   2  x  2x  1   x  2x  1              x2   2 x    x2  x 2  2x  1  2 3 2 x  x  2x  1 x 2  2x  1 2 x 2  2x  1 2x  1 4 2x  1 2x  1 9 2x  1 3x 2  5 2x  3  0   2 4x  5 2x  4  0  5 2  14 x  6   .  5 2  14 x  6  1.00 0.75 1.00 0.25 Kết luâ ôn. II Đă ôt p = a + b +c và q = ab + bc + ca. (4 Từ a 2  b2  c2  3 suy ra p 2  2q  3 và p  3 . điểm). 2 bc Mă ôt khác (ab ca) 3abc(a b c) 1 abc 1.00 3p . q2 0.50 0.25 9p Như vâ ôy theo bài ra ta cần chứng minh 5p  q 2  18 . Thâ ôt vâ ôy 5p  9p 36p 5p 5  18p 4  30p 3  108p 2  81p  162  18  5p  2  18  q2 (p  3) 2 (p 2  3) 2  7 (p  3)2 (5p3  12p 2  3p  18) (1) (p 2  3) 2 0.75 1.00  3 18  2   p (5 3  12  3  6)  0 p p2  3 2 2 Mă ôt khác 5p  12p  3p  18  p 5p  12    0.25 0.25 (2) (do p  3 ). Từ (1) và (2) ta được đpcm. III Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Lấy F đối xứng với C qua đường thẳng AT, AT cắt CF tại K và FH kéo (4 dài cắt AC tại E. điểm). TB 0.50 ABsin 2 TAC S ATB Ta có 2  TC  S  AC sin  TAC ATC  0.75 2AB cos  TAC AF A E 0.25 H T D C B K F Suy ra  1.00 AF  cos  TAC  cos  FAB AB Do đó  AFB  900   AHB , suy ra A, H, F, B cùng thuô ôc mô ôt đường tròn. Mà AT  CF  BH / /CF . Từ đó  EFK   BHF   BAF   EAK . Suy ra FH  AC tại H và H là trực tâm tam giác ACF. Từ đó dễ thấy BHCF là hình bình hành, suy ra F, D, H, E thẳng hàng. IV Vâ ôy DH  AC (đpcm). Đă ôt T = 1234…20122013 8 1.00 0.25 0.25 (4 0.25 Gọi n + 1 là số các chữ số của T. điểm). n n n 1 n 2 2 1 0 i Ta có T  1.10  2.10  3.10  ...  0.10  1.10  3.10   a i .10 0.75 i 0 Gọi T1 là số thu được sau khi biến đổi T mô t lần như bài cho. ô Ta được T1  1.2  2.2 n   Khi đóT  1 T n  i0 n 1  3.2 a i .(10i n 2 n  ...  0.2  1.2  3.2   a i .2 . 2 1 0 i0 2i ) M 8 T 0.75 i 0.75 T1 (mod 8) . Gọi H là số có mô t chữ số thu được sau hữu hạn lần biến đổi theo giả ô 1.00 thiết. 0.50 Suy ra T  H(mod 8) , mà T1  5(mod 8) và T  T1 (mod 8) suy ra H  5(mod 8) , mà H có mô ôt chữ số nên H = 5. V (4 điểm). Kẻ 124 đường thẳng song song với 1 cạnh hình vuông, chia hình 1.25 vuông thành 125 hình chữ nhâ ôt bằng nhau. Khi đó mỗi hình chữ nhâ ôt có chiều rô ng là ô Do 4 cm. 125 1.25 1 4  nên mỗi đường tròn đều bị cắt bởi ít nhất mô t đường ô 31 125 thẳng nói trên. 1.00 0.50 Có 124 đường thẳng và 2013 đường tròn, nếu mỗi đường thẳng cắt 16 đường tròn thì còn 29 đường tròn. Khi đó tồn tại mô ôt đường thẳng cắt ít nhất 1 trong 29 đường tròn còn lại và đó chính là đường thẳng thỏa mãn đầu bài. Chú ý: Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm cho mô ôt cách giải với mỗi bài toán, nếu thí sinh làm cách khác nhưng lý luâ n chă ôt chẽ thì cho điểm tối đa tương ứng. ô 9 GIỚI THIỆU ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ TỈNH HÀ NAM Môn: TOÁN ; Lớp 10 Người ra đề:Trần Duy Bình Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (4,0đ): Giải hệ phương trình sau Câu II (4,0đ): Cho a, b, c là các số không âm có tổng . Chứng minh rằng Câu III (4,0đ): Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, (T) là đường tròn ngoại tiếp. Gọi D và E lần lượt là giao điểm thứ hai của (T) và đường thẳng AI, BI. Dây cung DE cắt AC tại F và DE cắt BC tại G. P là giao điểm của đường thẳng qua F, song song với AD và đường thẳng qua G song song với BE. Giả sử tiếp tuyến của (T) tại A và B cắt nhau tại K. Chứng minh các đường thẳng AE, BD, KP đồng quy hoặc song song. Câu IV (4,0đ): Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho Câu V (4,0 đ): Trên mặt phẳng cho một số điểm sao cho không có 3 điểm nào trong chúng thẳng hàng. Một vài điểm trong đó được nối với nhau bằng các đoạn thẳng. Biết rằng bất kì đường thẳng nào không đi qua các điểm đã cho, luôn cắt một số chẵn các đoạn thẳng nối. Chứng tỏ rằng mỗi điểm đã cho là đầu mút của một số chẵn các đoạn thẳng. ........................................Hết...................................... 10 Đáp án đề thi học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vực duyên hải - đồng bằng bắc bộ Môn : Toán; Lớp 10 Trường THPT Chuyên Biên Hoà Tỉnh Hà Nam Người ra đề: Trần Duy Bình Câu Nội Dung Điểm Câu 1 4,0 đ Hệ phương trình đã cho tương đương 1,0 1,0 2,0 Nếu một trong ba số x,y,z bằng 2.Giả sử x Cả ba số x,y,z thì y nhân ba phương trình ta được vô nghiệm Vậy Câu 2 4,0 đ Đặt là nghiệm duy nhất của hệ với không âm có tổng ta 1,5 có Như vậy ta có Áp dụng ta có 1,0 1,0 11 0,5 ........ C âu3 4,0 .......... 1,0 1,0 Thay và ta có bất đẳng thức phải chứng minh. .................................................................................................................... Xét các trường hợp Xét là nghiệm thoã mãn. ta chứng minh phương trình vô nghiệm +) Chứng minh ......... C âu4 4,0 0,75 Thật vậy vì 0,75 nên 0,5 .......... Đặt .Khi đó 0,75 Suy ra Nhận xét : 1,0 Đặt x (2) Từ (1) và (2) suy ra vô lý. 0,5 Vậy pt có nghiệm ...................................................................................................................... Ta có ......... C âu5 4,0 đ 1.0 nên tứ giác AIEF nội tiếp trong đường tròn (C1) 0,75 ......... 0,5 nên tứ giác BIGD nội tiếp trong đường tròn (C2) Suy ra AE là trục đẳng phương của ( BD là trục đẳng phương của ( và (C1) và (C2) 0,5 0,5 Ta sẽ chứng minh KP là trục đẳng phương của (C1) và (C2) Gọi J là giao điểm của (C1) và (C2) Suy ra IJ là trục đẳng phương của (C1) và (C2) Gọi K/ và P/ lần lượt là giao điểm của IJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABJ và FGJ 1,0 0,5 12 0,75 Suy ra 0,25 Chứng minh tương tự ta có Xét hai tứ giác nội tiếp P’FJG và IJGD suy ra Chứng minh tương tự Suy ra P,K,J,I thẳng hàng. Do đó KP là trục đẳng phương của hai đường tròn ( Theo tính chất của trục đẳng phương suy ra AE, BD, KP đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn hoặc đôi một song song, suy ra bài toán đựơc chứng minh. .................................................................................................................... Xét điểm A.Gọi a là số đoạn thẳng nhận A làm đầu mút . Giả sử a là số lẻ. Dựng đường thẳng l đi qua A mà không đi qua bất kì điểm nào khác. Với mỗi đường thẳng l thì tồn tại hai đường thẳng l1 và l2 sao cho l // l1// l2 và trong khoảng giới hạn bởi l1, l2 không chứa bất kì điểm nào. Gọi S1,S2 là số giao điểm của l1,l2 với các đoạn thẳng được nối. Ta thấy các đoạn thẳng có đầu mút là A cắt l1 tại x điểm thì cắt l2 tại a-x điểm. Mỗi đoạn thẳng không có đầu A sẽ có hai trạng thái: +/Cắt cả hai đường thẳng l1 và l2 +/ Không cắt l1 và l2 Khi đó số giao điểm là 0 và 2 Vậy các đoạn thẳng không có đầu A cắt l1,l2 tại số chẵn điểm. Suy ra S S1+S2 a(mod 2) hay S1+S2 1(mod 2) vì a lẻ Nên tồn tại S1 hoặc S2 lẻ , điều này mâu thuẫn với giả thiết Vậy a ch ẵn 13 14 15 16 17 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ Lần thứ VI- Năm học: 2012 - 2013 ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 10 (Thời gian: 180 phút – Không kể thời gian giao đề) ĐỀ ĐỀ NGHỊ ------------------- Câu 1 ( 4 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x  1( x  y  1)  ( x  2) x  y  ( x, y  � ).  ( x  1) x 2  2 x  y  4  x 2  y   Câu 2 (4 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức sau: 6(a  b  c)(ab  bc  ca) (a  b) 2 (b  c)2 (c  a) 2 985   . (a  b)(b  c )(c  a ) abc (a  b  c )3 108 Câu 3 (4 điểm) Trong mặt phẳng cho đường tròn tâm (O). Hai đường tiếp tuyến tại hai điểm phân biệt A và B ( thuộc đường tròn (O) ) cắt nhau tại P. Trên cung AB nhỏ lấy điểm C không là điểm chính giữa cung AB. Giả sử AC cắt PB tại D, BC cắt AP tại E. Chứng minh rằng tâm của ba đường tròn (ACE), (BCD), (PCO) thẳng hàng. Câu 4 (4 điểm) Tìm tất cả các hàm f : � � thỏa mãn f ( x  y  f ( y ))  f ( x)  f ( y ), x, y  � . Câu 5 (4 điểm) Cho bảng hình chữ nhật kích thước m  n (m  n) . Một số ô có một số ngôi sao, giả sử mỗi cột có ít nhất một ngôi sao. Chứng minh rằng có ít nhất hai ngôi sao mà hàng chứa nó có nhiều ngôi sao hơn cột chứa nó. -------------------Hết------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 18 ĐÁP ÁN Môn: Toán 10 Câu 1 (4 điểm) x  1  (*) ĐK:  x  y  0  x2  2x  y  4  0  */ Đặt u  x  y ; v  x  1 (u  0, v  0) , phương trình (1) trở thành: v(u 2  1)  (v 2  1)u  (u  v)(uv  1)  0  uv */ Thế y  1 vào pt (2) ta được: ( x  1) x  2 x  3  x  1  2 2   x  y  x  1  x  y  x  1  y  1. x2  1 x  2x  3  x 1 x2  1 2 x  2x  3  2  2 x 1 x2  2 x  1 x2  2 x  1  x 1 x2  2 x  3  2 2 x  1  2 (loai ) x  2 x  1  0     x  1  2  x 1 2 x2  2x  3  x  1  2  2 x  2 x  3  ( x  1)  Dễ thấy x  1  2, y  1 thỏa mãn (*). 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y )  (1  2;  1). Câu 2 (4 điểm) bc ac ab  x;  y; z Đặt a (a  b  c) b( a  b  c ) c(a  b  c) Ta để ý đến phân tích sau: 6(a  b  c )(ab  bc  ca ) 3(a  b  c)  a (b  c)  b(c  a)  c (a  b)   (a  b)(b  c)(c  a ) (a  b)(b  c )(c  a )  a(a  b  c) b (a  b  c ) c(a  b  c )   3     (a  b)( a  c) (b  a)(b  c) (c  b)(c  a )   1 1 1   3 2  2  2   x 1 y 1 z 1 Khi đó bài toán trở thành: Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: xy  yz  zx  1 19  1 1 1  985 2 2 2  2  2 Chứng minh rằng: 3  2   (1  x )(1  y )(1  z )  108  x 1 y 1 z 1 64 2 2 2 * Trước hết ta chứng minh: (1  x )(1  y )(1  z )  (1) 27 Thật vậy (1  x 2 )(1  y 2 )(1  z 2 )  ( x  y ) 2 ( y  z )2 ( z  x )2 Khi đó việc chứng minh (1) tương đương với chứng minh: 8 ( x  y )( y  z )( z  x )  3 3 Nhưng bất đẳng thức này chỉ là hệ quả của hai bất đẳng thức đúng sau: 8 8 ( x  y )( y  z )( z  x )  ( x  y  z )( xy  yz  zx )  ( x  y  z ) 9 9 8 8 và: ( x  y  z )  9 3 3 * Quay trở lại bài toán: 1 1 1 3 Áp dụng bđt AM-GM ta có: x 2  1  y 2  1  z 2  1  3 (1  x 2 )(1  y 2 )(1  z 2 ) Khi đó ta cần chứng minh: 9 3 Đặt 3 (1  x )(1  y )(1  z ) 2 2 2 (1  x 2 )(1  y 2 )(1  z 2 )  985 (2) 108 (1  x 2 )(1  y 2 )(1  z 2 )  t , theo (1) ta có được t  (*) 4 3 9 3 985 t  t 108 Nhưng bất đẳng thức trên đúng theo AM-GM: 13 3 13 9 9 9 243.t 3 t      9 , và . Bất đẳng thức đã cho được chứng minh. 256 108 3t 3t 3t 256 Dấu “=” xảy ra khi a  b  c. và (2)  Câu 3 (4 điểm) Giả sử C gần B hơn A. Gọi M là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (ACE) và (BCD). Khi đó  MEA   MCA   DBM   PBM nên tứ giác BMEP nội tiếp. Tương tự ta cũng có tứ giác AMDP nội tiếp. Ta chỉ ra tứ giác OMCP nội tiếp. Thật vậy, ta có  CMP   DMP   DMC   DAP   PBE , do các tứ giác AMDP và BMEP nội tiếp. Mà BP và AP là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên  CMP   DAP   PBE  1 � 1 � sd AC  sd BC   COP . 2 2 20