Đề thi Olympic truyền thống 30 tháng 4 môn Toán lớp 10 năm 2021 có đáp án - Sở GD&ĐT TP. Hồ Chí Minh

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo “Đề thi Olympic truyền thống 30 tháng 4 môn Toán lớp 10 năm 2021 có đáp án - Sở GD&ĐT TP. Hồ Chí Minh” được chia sẻ dưới đây để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi Olympic truyền thống 30 tháng 4 môn Toán lớp 10 năm 2021 có đáp án - Sở GD&ĐT TP. Hồ Chí Minh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 THÁNG 4 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LẦN THỨ XXVI - NĂM 2021 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Ngày thi: 03/4/2021 LÊ HỒNG PHONG MÔN THI: TOÁN - KHỐI: 10 THỜI GIAN: 180 phút Hình thức làm bài: Tự luận ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang Lưu ý: - Thí sinh làm mỗi câu trên một tờ giấy riêng và ghi rõ câu số mấy ở trang 1 của mỗi tờ giấy thi. - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Câu 1. (3,0 điểm) Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2 . Chứng minh a 3  b3  c 3  3abc 2 2  a 2  b 2  b 2  c 2  c 2  a 2  2 3. 6  x2 1  y  1  2 Câu 2. (4,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn  y  1  z  1  z 2  1  x  1.  Chứng minh x  y  z là số nguyên. Câu 3. (4,0 điểm) Với số nguyên dương n  2, xét bảng vuông gồm có  2n  1   2n  1 ô vuông, người ta viết vào mỗi ô chỉ một trong 3 số 1, 0 hoặc  1 sao cho trong mỗi bảng con 2  2 luôn tìm được 3 ô có tổng bằng 0 . Gọi S n là giá trị lớn nhất của tổng tất cả các số trong bảng. Chứng minh a. S 2  5. b. Sn  n 2  n  1. Câu 4. (4,0 điểm) a. Chứng minh tồn tại 2 cặp số (a, b) với a , b là các số nguyên dương thỏa mãn a 2  3b 2  79 . b. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phương trình x 2  y 2  xy  7 n có nghiệm trong tập số nguyên không chia hết cho 7. Câu 5. (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn (O ). Tia AO cắt đoạn thẳng BC tại L. Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường thẳng BC. Giả sử tiếp tuyến qua A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt các tia AB, AC lần lượt tại các điểm D, E. a. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD , ACE , AA L cùng đi qua một điểm khác A. b. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác JDE tiếp xúc với (O ). HẾT Họ tên thí sinh: ..................................................................... SBD: ................................................... Trường: ................................................................................. Tỉnh/TP: .............................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 THÁNG 4 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LẦN THỨ XXVI - NĂM 2021 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Ngày thi: 03/4/2021 LÊ HỒNG PHONG MÔN THI: TOÁN 10 - THỜI GIAN: 180 phút Hình thức làm bài: Tự luận ĐÁP ÁN Đề thi có 01 trang Bài Nội dung Điểm Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh 1 a 3  b 3  c 3  3abc 3,0 2 2  a 2  b 2  b 2  c 2  c 2  a 2  2 3. 6 Do a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên 0  c  a  b  0  2c  a  b  c  2  0  c  1 . Chứng minh tương tự, ta được 0  a  1, 0  b  1 . 2,0 Đặt A  a  b  b  c  c  a . 2 2 2 2 2 2 Ta có A  6( a 2  b 2  c 2 )  6( a  b  c )  2 3 . (1) Nhận xét: Từ 0  a, b, c  1 suy ra 2  a 2  b2   a  b  4 . (a  b)2 ( a  b) 2 Ta có 2(a 2  b 2 )  a  b   . 2( a 2  b 2 )  a  b 4 Viết 2 bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta có 1,0 ( a  b ) 2  (b  c ) 2  ( c  a ) 2 A 2 4 4 ( a  b ) 2  (b  c ) 2  (c  a ) 2 a 3  b3  c 3  3abc    2 3 2 3 2 Từ (1) và (2), ta có điều phải chứng minh. Trang 3
 x2 1  y  1  2 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn  y  1  z  1 Bài 2  z 2  1  x  1. 4,0  Chứng minh rằng x  y  z là số nguyên. Nhân theo vế các phương trình đã cho, ta được ( x  1)( y  1)( z  1)[( x  1)( y  1)( z  1)  1]  0  x  1  y  1  1,0  z  1   x  1 y  1 z  1  1. Nếu x  1 thì y  z  1, suy ra x  y  z  3   . Nếu y  1 hoặc z  1 làm tương tự. Xét trường hợp  x  1 y  1 z  1  1  0 (*). Đặt p  x  y  z, q  xy  yz  zx, r  xyz ta có *  r  p  q  2  r  q  p  2 . (1) 0,5 Cộng ba phương trình ban đầu theo vế ta được x 2  y 2  z 2  x  y  z  6  p 2  p  6  2q. (2)  x2  1  y  1  x2  y  2  2  2 Ta có  y  1  z  1   y  z  2  z 2  1  x  1.  z 2  x  2   0,5 Nhân các phương trình trên theo vế, ta được  xyz    x  2  y  2  z  2   r 2  r  4 p  2q  8 . 2 (3) Thay (1) và (2) vào (3) ta được 2  p2  p  6   p2  p  6    p  2    p  2   4 p   p 2  p  6   8.  2   2  2,0 Giải phương trình trên thu được 4 nghiệm p  0;1; 1;6 . Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có p  x  y  z là số nguyên. Trang 4
Với số nguyên dương n  2, xét bảng vuông gồm có (2n − 1)×(2n − 1) ô vuông, người ta viết vào mỗi ô chỉ một trong 3 số 1, 0 hoặc −1 sao cho trong mỗi bảng con Bài 3 2×2 luôn tìm được 3 ô có tổng bằng 0. Gọi S n là giá trị lớn nhất của tổng tất cả các 4,0 số trong bảng. Chứng minh a) S2  5. b) Sn  n 2  n  1. Nhận xét: Ta thấy tổng các số trong bảng con 2  2 thì luôn nhỏ hơn hoặc bằng 1. 0,5 Đặt Tn là tổng các số trong bảng vuông  2n  1   2n  1 . Xét cấu hình gồm 7 ô như sau Ta có a  b  c  d  1 và d  e  f  g  1 . Từ đó suy ra a) a  b  c  d  e  f  g  a  b  c  d   d  e  f  g   d  2  d  3. 1,0 Xét bảng vuông 3  3 , ta có T2  3  1  1  5 . Ta chỉ ra một cách điền số để dấu bằng xảy ra như sau 0,5 Vậy S2  5 . Ta chứng minh “ Sn  n 2  n  1, với mọi n  , n  2 ” bằng phương pháp quy nạp theo n .  Với n  2 thì S2  22  2  1  5 (đúng theo câu a).  Giả sử mệnh đề đúng với n  k  , k  2 , tức là Sk  k 2  k  1 .  Ta cần chứng minh Sk 1   k  1   k  1  1  k 2  3k  1 . 2 Ta chia bảng vuông  2k  1   2k  1 thành 4 vùng như sau b) 1,0 Trang 5
 Tổng các số trong vùng (I) không vượt quá Sk  k 2  k  1 .  Ta chia vùng (II) thành k  1 hình vuông 2  2 riêng biệt, khi đó tổng các số trong vùng (II) không vượt quá  k  1 .1  k  1 .  Ta chia vùng (III) thành k  1 hình vuông 2  2 riêng biệt, khi đó tổng các số trong vùng (III) không vượt quá  k  1 .1  k  1 .  Xét riêng vùng (IV) 0,5 a  b  c  d  e  f  g  h   a  b  d  e  c  d  f  g   d  h  1111  4   Khi đó Tk 1  k 2  k  1   k  1   k  1  4  k 2  3k  1 . (*) Xét cách điền số vào bảng  2k  1   2k  1 như sau:  Điền số 1 vào tất cả ô trên các dòng 1, 3, 5,..., 2k  1 .  Điền số 1 vào các ô  2i, 2 j  với i  1; 2;...; k và j  1; 2;...; k .  Các ô còn lại điền số 0. 0,5 Minh họa cách điền số với n = 4 Khi đó Sk 1  k 2  3k  1 . Vậy theo nguyên lý quy nạp, ta có Sn  n 2  n  1 với mọi n  * , n  2 , đpcm. Trang 6
a) Chứng minh tồn tại 2 cặp số (a, b) với a, b là các số nguyên dương thỏa mãn a 2  3b 2  79. Bài 4 b) Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phương trình 4,0 x 2  y 2  xy  7 n có nghiệm trong tập số nguyên không chia hết cho 7. a) Hai cặp nghiệm là (74.2, 74 ) và (73.10, 73.9) . 1,5 Ta biến đổi phương trình đã cho thành x 2  y 2  xy  7 n  4 x 2  4 y 2  4 xy  4.7 n   2 x  y   3 y 2  4.7 n . 2 Ta chứng minh phương trình a 2  3b 2  7n (*) có nghiệm (a, b) mà 0,5 a  0, b  0 (mod 7) (1) bằng phương pháp quy nạp theo n. + Với n  1 , phương trình  * có nghiệm  a1 , b1    2,1 thỏa (1). + Giả sử với n  k  * , phương trình (*) có nghiệm  ak , bk  thỏa (1), tức là ak2  3bk2  7k và 1,0 ak  0, bk  0 (mod 7). Ta có 7 k 1  7  ak2  3bk2    2ak  3bk   3  ak  2bk    2 ak  3bk   3  ak  2bk  . 2 2 2 2 Ta thấy  2ak  3bk    2ak  3bk   4ak  0 (mod 7) , nên phải tồn tại một trong b) hai số không chia hết cho 7, giả sử 2ak  3bk  0 (mod 7). Do 2  2ak  3bk   3  ak  2bk   7ak  0 (mod 7) nên ak  2bk  0 (mod 7). 0,5 Do đó với n  k  1 thì  ak 1 , bk 1    2ak  3bk , ak  2bk  là một nghiệm của phương trình (*) và thỏa điều kiện (1). Ta chứng minh phương trình đã cho có nghiệm với mọi n nguyên dương. Với mỗi số nguyên dương n , gọi  an , bn  là một nghiệm thỏa điều kiện (1) của phương trình a 2  3b 2  7n . Chọn xn  an  bn , yn  2bn thì  2 xn  yn   3 yn2  4an2  12bn2  4  an2  3bn2   4.7n . 2 Suy ra  xn , yn    an  bn , 2bn  là nghiệm của phương trình x 2  xy  y 2  7 n . 0,5 Hiển nhiên yn  2bn  0 (mod 7) do bn  0 (mod 7). Giả sử xn  0 (mod 7)  an  bn (mod 7). Khi đó 7n  an2  3bn2  4bn2 (mod 7)  bn  0 (mod 7) (vô lí). Do đó xn  0 (mod 7). Vậy với mọi n nguyên dương thì phương trình x 2  y 2  xy  7 n có nghiệm trong tập hợp các số nguyên không chia hết cho 7. Trang 7
Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC , nội tiếp đường tròn (O ). Tia AO cắt đoạn thẳng BC tại L. Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường thẳng BC. Tiếp tuyến qua A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt các tia AB, AC lần lượt tại các điểm D, E. Chứng minh Bài 5 5,0 a) Đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD, ACE, AAL cùng đi qua một điểm khác A. b) Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác JDE tiếp xúc với (O ). Giả sử các điểm có vị trí như hình vẽ, các trường hợp khác chứng minh tương tự. 1,0 a) a) Gọi T là giao điểm khác A của  ABD  và  ACE  .   360o  BTA Ta có BTC   CTA   180o  BTA    180o  CTA     E D   180o  BAC  1 1 Suy ra T   O  . Khi đó  ATA     C ATB  BTA   180o  D 1  C 1  1  A1  B1  C C   2BAA  1 2   2LAC  2C  1 1,0  2 ALB   ALA. Suy ra ALTA là tứ giác nội tiếp. Vậy  ABD  ,  ACE  ,  AAL  cùng đi qua T . B Ta có DTE  C 1   2 90o  B 3      2 90o  C    2 A  DJE  nên T  ( DJE ). 1,0 Kẻ tiếp tuyến của  O  là Tx như hình vẽ.   DTB Ta có DTx   xTB  b)   A1  TCB   TCB C  2,0 2   TED  TCA . Suy ra Tx cũng là tiếp tuyến của TJED  . Vậy  JDE  và  O  tiếp xúc nhau tại T . Trang 8
Trang 9