Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 10 (Đề 2)

Chia sẻ: Tuan Anh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

110
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 10 (Đề 2) dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kì thi này, giúp các em củng cố kiến thức luyện thi một cách hiệu quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 10 (Đề 2)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG ĐỀ MÔN: TOÁN 10 Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1 (3,0 điểm) (2 x + 3) 4 x − 1 + (2 y + 3) 4 y − 1 = 2 (2 x + 3)(2 y + 3) 1. Giải hệ phương trình: y + x = 4 xy 2. Tìm tất cả hàm số f : ﾡﾡ thoả mãn: �1 � f ( x) f ( x + y ) = f ( x) + y ∀x, y ﾡ và f � �= 2 ∀x 0. �x � x Câu 2 (2,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p , q sao cho ( 7 p − 4 p ) ( 7 q − 4q ) chia hết cho pq . Câu 3 (2,0 điểm). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp được một đường tròn. Một đường thẳng đường ∆ đi qua A cắt đoạn thẳng BC, tia đối của tia CD tương ứng tại E, F (E, F không trùng với B, C). Gọi I1 , I 2 và I 3 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác ABE, ECF và FAD. Tiếp tuyến của đường tròn ( I1 ) song song với CD (gần CD hơn) cắt ∆ tại H. Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác I1I 2 I3 . Câu 4 (2,0 điểm). Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + 2b + 3c 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 9 4 L = a+b+c+ + + a 2b c Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các tập hợp X là tập con của tập số nguyên dương thoả mãn các tính chất: X chứa ít nhất hai phần tử và với mọi m, n �X , m < n thì tồn tại k X sao cho n = mk 2 . TaiLieu.VN Page 1
ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm 1 2,0 điểm (2 x + 3) 4 x − 1 + (2 y + 3) 4 y − 1 = 2 (2 x + 3)(2 y + 3) (1) y + x = 4 xy (2) 1 1 Điều kiện xác định: x ;y 0,5 4 4 x y (2) � x = y (4 x − 1) � = 4 x − 1 � = 4 y − 1 thay vào (1) ta y x được x y (2 x + 3) + (2 y + 3) = 2 (2 x + 3)(2 y + 3) 0,5 y x x y Do (2 x + 3) + (2 y + 3) 2 (2 x + 3)(2 x + 3) 0,5 y x Suy ra (1) � x(2 x + 3) = y (2 y + 3) � ( x − y )(2 x + 2 y + 3) = 0 x = 0 (loﾹi) � x = y thay vào (2) ta được 2 x − x = 0 2 1 1 x= �y= 2 2 0,5 �1 1 � Vậy hệ phương trình có nghiệm � ; �. 2 2 � � 1,0 điểm Ta có: f ( x + y ) = f ( x ) + y � f ( y ) = f (0) + y ∀y �ﾡ . 0,25 � f ( x) = a + x với a = f (0) . �1 � 1 1 0,25 f � �= f (0) + = a + ∀x 0. �x � x x TaiLieu.VN Page 2
�1 � f ( x) f (0) + x a + x Mặt khác f � �= 2 = = 2 ∀x 0 . �x � x x2 x 1 a+x �a+ = 2 ∀x �0 � ax 2 = a ∀x �0 � a = 0. 0,25 x x Vậy f ( x) = x ∀x ﾡ . 0,25 2 2,0 điểm p , q đều khác 2, 7 . Không mất tính tổng quát ta giả sử q p . Khi đó từ giả thiết ta được 7 p − 4 p Mp hoặc 0,5 7 − 4 Mp q q TH1. 7 p − 4 p Mp , theo định lí Fermat ta có: 0,5 7 p =4�p 3−( mod p ) � 3 0 ( mod p ) p 3. TH2. 7 q − 4q Mp , ta có ( p − 1, q ) = 1 tồn tại 2 số nguyên dương u, v sao cho qv − ( p − 1) u = 1 7q 4q ( mod p ) 7 qv 4qv ( mod p ) 7 1+ ( p −1) u 4 1+ ( p −1) u ( mod p ) 0,5 7 4 ( mod p ) =� 3 0 ( mod p ) p 3. Với p = 3 , từ giả thiết ban đầu ta được: (7 3 − 43 ) ( 7 q − 4 q ) M3q � 9.31. ( 7 q − 4q ) M3q � q = 3, q = 31. 0,5 Vậy ( p , q ) { ( 3, 3) , ( 31, 3) , ( 3, 31) } . 3 2,0 điểm TaiLieu.VN Page 3
A B I1 H K I3 E D I2 L C F Giả sử tiếp tuyến qua H song song với CD của đường tròn ( I1 ) cắt BC tại K và đường thẳng qua H song 0,5 song với BC cắt đường thẳng CD tại L, suy ra CKHL là một hình bình hành. Do các tứ giác ABCD, ABKH ngoại tiếp, nên AD + HL = AD + CK = AD + BC − BK = AB + CD − BK = AB − BK + CD = AH − HK + CD 0,5 = AH − LC + CD = AH + DL Suy ra tứ giác ADLH ngoại tiếp, hay HL tiếp xúc với ( I3 ) uuur uuur uuur uuur Vì FD KH ; FH HA nên các đường phân giác HI1 của góc AHK và FI 3 của góc HFD vuông góc với 0,5 nhau; hay I1H ⊥ I 2 I3 (Do F , I 2 , I 3 thẳng hàng) (1) Chứng minh tương tự, cũng được HI 3 ⊥ EI 2 hay I 3 H ⊥ I1 I 2 (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 4 2,0 điểm TaiLieu.VN Page 4
Theo bất đẳng thức AMGM, ta có 4 4 3� 4� a+ �2 a∙ = 4 � � a + ��3, dấu đẳng thức xảy ra a a 4� a� khi và chỉ khi a = 2 9 9 1� 9� 0,5 b+ �2 b∙ = 6 � � b + ��3, dấu đẳng thức xảy ra b b 2� b� khi và chỉ khi b = 3 16 16 1 � 16 � c+ �2 c∙ = 8 � � c + ��2, dấu đẳng thức xảy ra c c 4� c � khi và chỉ khi c = 4 Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều, thu được 3a b c 3 9 4 + + + + + 8 (1) 4 2 4 a 2b c 0,5 a b 3c Mặt khác, do a + 2b + 3c 20 nên + + 5 (chia hai 4 2 4 vế cho 4) (2) Cộng (1) và (2), vế đối vế, ta được 3 9 4 0,5 L = a +b+c + + + 13. a 2b c Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 3, c = 4. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức L bằng 13, đạt 0,5 được khi a = 2, b = 3, c = 4. 5 1,0 điểm Giả sử tìm được tập hợp X thỏa mãn và m < n là hai phần tử bé nhất của X. Khi đó, do cách xác định X nên tồn tại k X sao cho n = mk 2 . Suy ra m k n và do đó 0,25 k = m hoặc k = n . Với k = n � n = m.n 2 � m.n = 1 vô lí. Với k = m � m < n = m3 � m > 1 0,25 +) Nếu | X |= 2 thì tập hợp X = { m, m3 m > 1} . TaiLieu.VN Page 5
+) Nếu | X | 3 , gọi q là phần tử bé thứ ba của X (tức là m < n < q ). Khi đó tồn tại l X sao cho q = ml2 . Do q > l nên hoặc l = m hoặc l = n . Nếu l = m thì q = m3 = n , vô lý. Vậy l = n = m3 và 0,25 q = ml2 = m 7 . Nhưng tồn tại t X sao cho q = nt 2 , do đó t = m 2 . Mà m 2 / X , vô lý. m < m 2 < m3 �� 0,25 Vậy | X |= 2 và X = { m, m3 m > 1} . TaiLieu.VN Page 6