Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán (Chuyên) lớp 10 năm 2023-2024 có đáp án (Đợt 2) - Sở GD&ĐT Quảng Nam

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

10
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời quý thầy cô và các em học sinh tham khảo “Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán (Chuyên) lớp 10 năm 2023-2024 có đáp án (Đợt 2) - Sở GD&ĐT Quảng Nam”. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn kiến thức bổ ích giúp các em củng cố lại kiến thức trước khi bước vào kì thi sắp tới. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán (Chuyên) lớp 10 năm 2023-2024 có đáp án (Đợt 2) - Sở GD&ĐT Quảng Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2023 – 2024 ĐỢT 2 Môn thi: TOÁN 10 (CHUYÊN) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Khóa thi ngày: 15/3/2024 Câu 1. (3,0 điểm)  2 y − x= 5 x − y − 1  Giải hệ phương trình  .   2 2 y − x − y 2 − 3= 2 x 2 + y − 3 xy Câu 2. (3,0 điểm) Tìm tất cả các hàm f xác định trên tập số thực  thoả mãn điều kiện f (1) = 5 và y) ( x − y ) . f ( x + y ) − ( x + y ) . f ( x −= 4 xy ( x 2 − y 2 ) với mọi số thực x, y . Câu 3. (3,0 điểm) a) Cho x, y là hai số nguyên dương phân biệt bất kỳ, chứng minh rằng tích số (16 x + y ) . ( x + 16 y ) không phải là lũy thừa nguyên dương của 2 . b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên ( x; y ) của phương trình x3 − y 3 = 2 xy + 8 . Câu 4. (5,0 điểm) Cho hai đường tròn ( O; R ) và ( O′; R′ ) với R < R′ , cắt nhau tại A và B sao cho  OAO′ 90° . Đường thẳng OO′ cắt đường tròn ( O; R ) tại C , D và cắt đường tròn ( O′; R′ ) tại = E , F sao cho các điểm C , O, E , D, O′, F nằm trên đường thẳng theo thứ tự đó. Tia BE cắt đường tròn ( O; R ) tại K (khác B ) và cắt đoạn thẳng AC tại M . Tia BD cắt đường tròn ( O′; R′) tại L (khác B ) và cắt đoạn thẳng AF tại N . a) Chứng minh ba điểm A, C , L thẳng hàng. KE . LN b) Tính theo R, R′ . KM . LD Câu 5. (3,0 điểm) Có tất cả bao nhiêu cách lấy cùng lúc ba thẻ từ hộp đựng 20 thẻ được ghi số từ 1 đến 20 sao cho các số ghi trên ba thẻ đó là độ dài ba cạnh của một tam giác? Câu 6. (3,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  x   y  z  x + y + z P =  + 1 + 1 + 1 − .  y   z  x  3 xyz ---------- HẾT ---------- - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. - Họ và tên thí sinh:......................................................; Số báo danh...........................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2023 – 2024 ĐỢT 2 HƯỚNG DẪN CHẤM HDC CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN LỚP 10 (CHUYÊN) (Bản hướng dẫn này gồm 06 trang) Câu Nội dung Điểm  2 y − x= 5 x − y − 1  (1) Câu 1. (3,0 điểm) Giải hệ phương trình  3.0 2 2 2 2 y − x − y − 3= 2 x + y − 3 xy  ( 2) x Điều kiện: ≤ y ≤ 5 x . 0.25 2 (1) ⇔ 5 x − y = 2 y − x + 1 ⇔ 5 x − y =1 + 2 2 y − x + 2 y − x 0.5 ⇔ 2 2 y − x = 6x − 3y −1 ( 3) Thay (3) vào (2) ta được: 6 x − 3 y − 1 − y 2 − 3 2 x 2 + y − 3 xy = ⇔ 2x − 3( y + 2) x + y 2 + 4 y + 4 = 2 0 0.5 ⇔ 2 x − 3( y + 2) x + ( y + 2) = 2 2 0  x= y + 2  y= x − 2 ⇔ y+2 ⇔  0.5 x = = 2 x − 2 y  2 • Với y= x − 2 , thay vào (3): 2 x − 4 = 3 x + 5 (vô nghiệm). 0.5 41 29 • Với = 2 x − 2 , thay vào (3): 2 3 x − 4 = 5 ⇔ x = y ⇒ y = (thỏa mãn điều 12 6 0.5 kiện).  41 29  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: ( x; y ) =  ;  . 0.25  12 6  Trang 1/6
Câu 2. (3,0 điểm) Tìm tất cả các hàm f xác định trên tập số thực  thoả mãn điều kiện f (1) = 5 và ( x − y ) . f ( x + y ) − ( x + y ) . f ( x −= 4 xy ( x 2 − y 2 ) với mọi số thực x, y . y) 3.0 Xét phương trình: ( x − y ) . f ( x + y ) − ( x + y ) . f ( x − y ) = ( x 2 − y 2 ) , ∀x, y ∈  4 xy (1) 0.5 Thay x y 1 vào (1) ta được: f ( 0 ) = 0 . = = Đặt a= x + y và b= x − y , phương trình (1) viết lại: 0.5 b. f ( a ) − a. f ( b ) = ( a 2 − b 2 ) ab, ∀a, b ∈  (2) f (a) f (b) 2 Với mọi a ≠ 0, b ≠ 0 , ( 2 ) ⇔ − a2 = −b (3) 0.5 a b f ( x) f (1) Thay a x= 1 vào (3) ta được: = ,b = − x2 − 12 = 4 0.5 x 1 Do đó f ( x ) = x3 + 4 x, ∀x ≠ 0 . Do f ( 0 ) = 0 nên f ( x ) = x3 + 4 x, ∀x ∈  . 0.5 Thử lại, hàm f ( x= x3 + 4 x thỏa mãn điều kiện đề cho. ) 0.5 Vậy hàm cần tìm là f ( x= x3 + 4 x . ) Trang 2/6
Câu 3. (3,0 điểm) a) Cho x, y là hai số nguyên dương phân biệt bất kỳ, chứng minh rằng tích số 1.0 (16 x + y ) . ( x + 16 y ) không phải là lũy thừa nguyên dương của 2 . Giả sử tồn tại hai số nguyên dương phân biệt x, y để (16 x + y ) . ( x + 16 y ) là lũy thừa nguyên dương của 2 . Khi đó tồn tại a = 16 x + y = 2m , b =x + 16 y = 2n . 16 x + y= a a Từ đó:  ⇒ 16b −= 255 y > 0 ⇒ < 16 a 0.25 16 x + 256 y = 16b b 256 x + 16 y = 16a a 1  ⇒ 16a −= 255 x > 0 ⇒ > b  x + 16 y = b b 16 1 a Do đó: 4 , mâu thuẫn với (1). Vậy tích số (16 x + y ) . ( x + 16 y ) không phải là lũy thừa nguyên dương của 2 , với hai 0.25 số nguyên dương phân biệt x, y bất kỳ. b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên ( x; y ) của phương trình x3 − y 3 = 2 xy + 8 . 2.0 Nếu x = 0 thì y = −2 , nếu y = 0 thì x = 2 . 0.5 Ta xét trường hợp cả x và y đều khác 0 . Trường hợp 1: xy < 0 - Nếu x > 0 và y < 0 thì x3 = y 3 + 2 xy + 8 < 8 . Với x = 1 (thỏa x3 < 8 ) thì y 3 + 2 y + 7 =, PT này không có nghiệm nguyên. 0 0.5 - Nếu x < 0 và y > 0 thì y − x = −2 xy − 8 < −2 xy 3 3 (1) Mặt khác y 3 − x3 = y 3 + ( − x ) ≥ y 2 + ( − x ) ≥ −2 xy , mâu thuẫn với (1). 3 2 Trường hợp 2: xy > 0 0.25 Khi đó 2 xy + 8 > 0 , suy ra x3 − y 3 > 0 ⇒ x − y > 0 . + Nếu x − y =thì được phương trình: ( y + 1) − y 3 2 ( y + 1) y + 8 ⇔ y 2 + y − 7 0 , 3 1 = = PT này không có nghiệm nguyên. 0.5 + Nếu x − y ≥ 2 thì 2 xy + 8 = x3 − y 3 = ( x − y ) ( x − y ) + 3xy  ≥ 2 ( 22 + 3xy ) ⇒ xy ≤ 0 2   (mâu thuẫn với xy > 0 ). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên là: ( x; y ) = ( 0; −2 ) và ( x; y ) = ( 2;0 ) . 0.25 Trang 3/6
Câu 4. (5,0 điểm) Cho hai đường tròn ( O; R ) và ( O′; R′ ) với R < R′ , cắt nhau tại A và B  sao cho OAO′ 90° . Đường thẳng OO′ cắt đường tròn ( O; R ) tại C , D và cắt đường tròn = ( O′; R′) tại E , F sao cho các điểm C , O, E , D, O′, F nằm trên đường thẳng theo thứ tự đó. Tia BE cắt đường tròn ( O; R ) tại K (khác B ) và cắt đoạn thẳng AC tại M . Tia BD cắt đường tròn ( O′; R′ ) tại L (khác B ) và cắt đoạn thẳng AF tại N . 2.0 a) Chứng minh ba điểm A, C , L thẳng hàng. 0.5 Hình vẽ đúng cho 0,5 điểm     CAL =CAO + OAO′ + O′AL 0.5   ACD   180° − AO′L= 90° − 1 = 90° −  Ta có: CAO =  , O′AL O′LA = = AO′L ABL 0.5 2 2 Do đó: CAL  + 90° + 90° −   + 180° −  180° (do tứ giác ACBD nội  ACD = ABL ACD = ABD =  =  ). Suy ra A, C , L thẳng hàng. 0.5 tiếp nên ACD ABD KE . LN b) Tính theo R, R′ . 3.0 KM . LD Chứng minh tương tự câu a) ta được: K , A, F thẳng hàng. Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác CME và đường thẳng KAF , ta được 0.5 KE AM FC . . = 1 (1) KM AC FE Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác FND và đường thẳng LAC , ta được LD AN CF 0.5 . . =1 (2) LN AF CD KE LN AC FE AN CF AC AN FE Từ (1) và (2) suy ra = = . . . . . . (3) 0.5 KM LD AM FC AF CD AM AF CD Ta có: ′ 2= 2  , mà ′ +  180° − OAO= 90° nên = ,  AOO ACF AO′O AFC AOO AO′O= ′  +  =° . ACF AFC 45 0.5 = = ( ACF AFC= = ) Ta có: MAN CAF 180° −  +  180° − 45° 135° .   MBN = EBA +  = EFA +  =45° (do các tứ giác AFBE và ACBD nội tiếp).   ABD  ACD Do đó AMBN nội tiếp, suy ra      . AMN ABN ABD ACD ACF = = = = 0.5 AC AF ⇒ MN //CF ⇒ = (4) AM AN 0.5 KE LN FE 2 R′ R′ Thay (4) vào (3) ta được .= = = . KM LD CD 2 R R Trang 4/6
Câu 5. (3,0 điểm) Có tất cả bao nhiêu cách lấy cùng lúc ba thẻ từ hộp đựng 20 thẻ được 3.0 ghi số từ 1 đến 20 sao cho các số ghi trên ba thẻ đó là độ dài ba cạnh của một tam giác? Gọi x, y, z là số ghi trên 3 thẻ được lấy ra thỏa yêu cầu bài toán. = {( x; y; z ) | x; y; z ∈ {1; 2;...; 20} , x < y < z , x + y > z} . Đặt A z 0.5 Ta thấy: A1 A 2 A 3 0 và khi x = 1 thì A z = 0 . = = = Số cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán là S= A 4 + A 5 + A 6 + ... + A 20 . Trường hợp 1: z là số chẵn, z 2m , ( 2 ≤ m ≤ 10 ) . = + Xét 2 ≤ x ≤ m, khi đó z= 2m ≥ 2 x ⇒ z − x ≥ x . Từ x + y > z ⇒ y > z − x ≥ x . Suy ra z − x + 1 ≤ y ≤ z − 1 . Số cách chọn y là: ( z − 1) − ( z − x + 1) + 1 = x − 1 . 0.5 + Xét m < x ≤ 2m − 2 , khi đó x + y > 2 x > 2m = (thỏa điều kiện). z Suy ra x + 1 ≤ y ≤ z − 1 2m − 1 . Số cách chọn y là: ( 2m − 1) − ( x + 1) + 1 2m − x − 1 . = = Vậy với z 2m , ( 2 ≤ m ≤ 10 ) thì = m 2m−2 ( m − 1) m + 3m − 1 0.5 ∑ ( x − 1) + ∑ ( 2m − x − 1) = ( 2m − 1)( m − 2 ) − ( m − 2 ) = ( m − 1) . 2 A= z x 2 = x m +1 = 2 2 Trường hợp 2: z là số lẻ, z = 2m + 1, ( 2 ≤ m ≤ 9 ) . + Xét 2 ≤ x ≤ m, khi đó z= 2m + 1 > 2 x ⇒ z − x > x . Từ x + y > z ⇒ y > z − x > x . Suy ra z − x + 1 ≤ y ≤ z − 1 . Số cách chọn y là: ( z − 1) − ( z − x + 1) + 1 = x − 1 . 0.5 + Xét m < x ≤ 2m − 1 , khi đó x + y ≥ x + ( x + 1) = 2 x + 1 > 2m + 1= z (thỏa điều kiện). Suy ra x + 1 ≤ y ≤ z − 1 = m . Số cách chọn y là: 2m − ( x + 1) + 1 2m − x . 2 = Vậy với z = 2m + 1, ( 2 ≤ m ≤ 9 ) thì m 2 m −1 ( m − 1) m + 2m 3m 0.5 A= z ∑ ( x − 1) + ∑ ( 2m − x= x 2 = x m +1 = ) 2 ( m − 1) − 2 ( m − 1) m ( m − 1) . = Vậy tổng tất cả các cách lấy ba thẻ thỏa mãn yêu cầu bài toán là: S ( A 4 + A 6 + ... + A 20 ) + ( A 5 + A 7 + ... + A19 ) = 10 9 0.5 ∑ ( m − 1) + ∑ m ( m − 1)= 2 = 285 + 240= 525. = 2= 2 m m Trang 5/6
Câu 6. (3,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  x   y  z  x + y + z 3.0 P =  + 1 + 1 + 1 − .  y   z  x  3 xyz x y z x a y b z c = a= b= c , suy ra: abc = 1 và Đặt , , = = =, , . 0.5 3 xyz 3 xyz 3 xyz y b z c x a  a  b  c  + 1 − ( a + b + c ) ( a + b )( b + c )( c + a ) − a + b + c Khi đó P =  + 1 + 1 = ( )  b  c  a  abc 0.5 = ( a + b )( b + c )( c + a ) − ( a + b + c ) (do abc = 1 ). Ta có: ( a + b )( b + c )( c + a ) ab ( a + b + c ) + bc ( a + b + c ) + ca ( a + b + c ) − abc = = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − 1 0.5 Do đó P = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − 1 − ( a + b + c ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca − 1) − 1 Áp dụng BĐT AM-GM cho ba số ab, bc, ca ta được: 0.5 ab + bc + ca ≥ 3. 3 ab.bc.ca = (1) 3 Áp dụng BĐT AM-GM cho ba số a; b; c ta được: a + b + c ≥ 3. 3 abc =3 (2) 0.5 Đẳng thức ở (1) và (2) xảy ra khi a= b= c= 1 . Do đó P ≥ 3 ( 3 − 1) − 1 = và P = 5 khi a= b= c= 1 hay x y= z . 5 = 0.5 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt được khi x y= z . = * Lưu ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. Trang 6/6