SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ (GIỚI THIỆU) THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN TOÁN HỌC LỚP 10 NĂM 2023 Thời gian làm bài 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1[.]
SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ (GIỚI THIỆU) THI CHỌN HSG VÙNG DUN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MƠN: TỐN HỌC LỚP 10 NĂM 2023 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu (4,0 điểm) Tìm tất hàm f : thỏa mãn f xy f x xf y f x với x, y hai số thực Câu (4,0 điểm) Xét ba số thực a, b, c đôi khác Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 3a 3b c2 (b c ) ( c a ) ( a b ) Câu (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H với đường cao AD , BE ,CF Đường trịn đường kính BC cắt AD K Đường tròn qua A , F, tiếp xúc cạnh BC P (P thuộc đoạn BC) cắt đường trịn tâm C bán kính CK hai điểm M , N 1/ Chứng minh điểm M , N , E , H nằm đường tròn 2/ Gọi Q điểm đối xứng với P qua B Chứng minh giao điểm PE QF thuộc đường trịn đường kính AH Câu (4,0 điểm) Cho a, m hai số nguyên dương tùy ý Chứng minh tồn vô hạn số nguyên v n! a mod m dương n cho v n ! n ! 2b A; A, 1 v n ! b (Kí hiệu định nghĩa sau: Nếu ) A 1, 2, , 2024 Câu (4,0 điểm) Cho tâp hợp Xét 24 tập hợp A1 , A2 , , A24 tập A tập hợp Ai i 1, 24 Ai i 1, 24 có 1012 phần tử Chứng minh tập ln tìm hai tập hợp có chung 484 phần tử -Hết - SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN ĐỀ (GIỚI THIỆU) THI CHỌN HSG VÙNG DUN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2023 MƠN: TỐN HỌC LỚP 10 Câu Nội dung Tìm tất hàm f : thỏa mãn (4 điểm) f xy f x xf y f x với x, y hai số thực Điểm f a f b c 0 Chứng minh bổ đề: Nếu a b Với a, b, c trên, áp dụng phương trình cho ta có f ab c f ab f a af b f a ac c f ab c f ba f b bf a f b bc c Suy ac bc a b (vì c khác 0) Vậy BĐ chứng minh f f 0 f 0 Trong phương trình hàm cho thay x 0 , ta có (1) f 0 Từ (1) áp dụng bổ đề suy (2) f 0 f f f 0 f 0 từ (1) suy Thật vậy, (do bổ đề) (mâu thuẫn) Mâu thuẫn chứng tỏ (2) Trong phương trình hàm ta chọn y 0 sử dụng (2) ta có f f x f x x 0,5 0,5 (3) f x 0, x Từ (3) bổ đề suy với x (4) f x 0, x f x x, x 1) Trước hết dễ thấy hai nghiệm hàm 2) Tiếp theo ta chứng minh khơng cịn nghiệm hàm x , f x0 0 Thật vậy, giả sử có nghiệm hàm f có tính chất tồn y0 , f y0 y0 Theo (2) suy x0 0, y0 0 f x0 x0 , f y0 0 Hơn theo (4) (5) x x , y y 0 áp dụng (5) ta có Trong phương trình hàm thay 1,0 2,0 f x0 y0 f x0 x0 f y0 f x0 f x0 y0 x0 f x0 x0 0 (4 điểm) x y x0 x0 x0 y0 0 (vô lý) Áp dụng bổ đề 0 f x 0, x f x x, x Vậy hai nghiệm hàm Xét ba số thực a, b, c đơi khác Tìm gía trị nhỏ biểu thức P 3a 3b c2 (b c ) ( c a ) ( a b ) 2 Đặt x x 1 a b c ,y ,z b c c a a b , đó, ta có a b c b c a ca b , y 1 , z 1 b c c a a b 1,0 a b c b ca c a b x 1 , y 1 , z 1 b c c a a b Suy ( x 1)( y 1)( z 1) ( x 1)( y 1)( z 1) xy yz zx 2 P 3( x y ) z Ta nhận thấy P biến z đặc biệt, chọn z 0 P 3( x y ) xy 6, xy 1 Nhưng theo yêu cầu xác định giá trị nhỏ biểu thức P, đó, ta cần xét trường hợp z 0, P Khi đó, ta viết lại P dạng 3( x y ) z 3 3 1 x y P , , xy yz zx z z 1,0 3 P( 1) 3 P 0 phương trình bậc hai có nghiệm , P( 1) 12(3 P 1) 0 ( P 36) 2( P P) P 12 0 , có vế trái tam thức bậc hai có hệ số cao âm (0 P 6) , bất phương trình có nghiệm / ( P P)2 ( P 36)( P 12) 0 P P 36 0 1,0 P P 3 P 0 Ta xét P P ; P 3 Dấu đẳng thức xảy 5 P 6P ,z x y 5 P 36 3 5 P(1 ) x y , z 5 1,0 3 3 b b a a 2 c b c b 2 Từ đó, ta có: Vậy P 3 Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H với đường cao AD , BE ,CF (4 điểm) Đường trịn đường kính BC cắt AD K Đường tròn qua A , F, tiếp xúc cạnh BC P (P thuộc đoạn BC) cắt đường trịn tâm C bán kính CK hai điểm M , N 1/ Chứng minh điểm M , N , E , H nằm đường tròn 2/ Gọi Q điểm đối xứng với P qua B Chứng minh giao điểm PE QF thuộc đường trịn đường kính AH A M V S K E F U H N Q B D P C 1) Vì tam giác BKC vng K có KD đường cao nên BK 2=BD BC Dễ thấy tứ giác AFDC nội tiếp nên ta có BD BC =BF BA Xét phương tích điểm B đường trịn tâm C, bán kính CK đường trịn ( AFC) ta có ℘ B /(C )=BC 2−CK 2=BK 2=BD BC =BF BA=℘ B /(PFA) Do B thuộc trục đẳng phương hai đường trịn nói trên, hay B , M , N thẳng hàng Bốn điểm M , N , F , A đồng viên MN cắt FA B nên BM BN =BF BA Mặt khắc A , F , H , A đồng viên AF cắt HE B nên BF BA=BH BE Từ suy BM BN =BH BE Suy bốn điểm M , N , H , E đồng viên 2) Đường trịn đường kính AH cắt PA , PH , PE U , V , S, gọi Q ' giao điểm FS VA Ta cần chứng minhQ trùng Q ' Áp dụng định lý Pascal cho lục giác AESFHV ta có C= AE∩ FH , P=ES ∩ HV , Q' =SF ∩VA nên C , P , Q ' thẳng hàng Giả sử AD cắt đường trịn đường kính PQ ' tạiL Dễ thấy hai tam giác BDH , ADC đồng dạng nên DA DH =DB DC =DK Dễ thấy Q ’ trực tâm tam giác AHP, H trực tâm tam giác APQ ' nên dễ chứng minh hai tam giác vuông PDH ADQ ' đồng dạng, suy DA DH =DP DQ '=DL Do DK =DL suy K trùng L Từ ta có BL2 =BK 2=BD BC=BA BF=BP Do BL=BP Mà tam giác Q ' LP vuông L nên từ suy B tâm đường trịn đường kính PQ ' Q trùng Q ' Cho a, m hai số nguyên dương tùy ý Chứng minh tồn vô hạn số nguyên 1,0 1,0 1,0 1,0 (4 điểm) v n! a mod m v n ! dương n cho (kí hiệu định nghĩa b n ! 2 A; A, 1 v n ! b sau: Nếu ) l m 2 m '; m ', 1 Giả sử Theo định lí phần du trung hoa, tồn k cho k a mod 2l k a mod m ' k 1 2 Xét số n có dạng n 2 i số tự nhiên k v2 n ! n s2 n n k 2i Theo công thức Legendre 1 mod m ' Ta chọn i i l Khi k (4 điểm) i 1 k 2 1 k mod m ' l i 1 (vì i ) i 1 (vì định lí Euler) v n ! a mod m 1 mod m ' Từ suy Vì có vơ số cách chọn i nên tồn vô số n A 1, 2, , 2024 Cho tâp hợp Xét 24 tập hợp A1 , A2 , , A24 tập 2i k mod 2l i 1,5 1,5 1,0 A i 1, 24 A tập hợp i có 1012 phần tử Chứng minh A i 1, 24 tập i ln tìm hai tập hợp có chung 484 phần tử Với phần tử x A , gọi d x số tập hợp Ai chứa x Khi d x 24 1012 x A x, A , A , x A tập A , A Đếm số Đặt t max Ai A j ,1 i j 24 i j i j chứa phần tử x, theo cách 2,0 C A,A Cách Đếm x trước Với x A có cách chọn tập i j , nên ta Cd2x x, Ai , Aj C 0 có xA cách chọn ( quy ước d x 1 d x ) A,A A,A Cách Đếm tập i j trước Có C24 cách chọn tập i j , tương ứng có x, Ai , Aj không t cách chọn x, nên có khơng q tC24 cách chọn Do d d 1 24 23 Cd2x tC242 x x t d x2 d x 23 24 t 2 xA xA xA xA (1) dx 2,0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có dx d x2 xA 2024 xA (2) Từ (1), (2) kết hợp d x 24 1012 , suy x A 24 1012 2024 Vậy tồn hai tập hợp 24 1012 23 24 t t 484 Ai , Aj có chung 484 phần tử -HẾT -