Title Đề Thi Chọn Học Sinh Giỏi Lớp 10 Tỉnh Hải Dương 2014-2015 [Đáp Án].pdf ✅

b) 1,0 ®iÓm     2 3 4 2 2 x 1 + y 1 = 4 x xy x y x y           2 2 2 2 2 2 2 3 4 2 2 0 2 5 2 0 x + y 4 0 x + y 4 0 x xy x y x xy y x y x y x y                                0.25 Ta có:    2 2 2 5 2 0 2 2 1 0 x xy y x y y x y x                y x 2 hoặc y x   2 1 0.25 Với y x  2 thay vào (2) ta được: x2 – 2x +1 = 0 suy ra x = 1 Ta được nghiệm (1;1) 0.25 y x   2 1 thay vào (2) ta được: 5x2 – x – 4 = 0 , suy ra x = 1; 4 5 x   Ta được nghiệm (1;1) và ( 4 13 ; 5 5   ) Vậy hệ có nghiệm (1;1) và ( 4 13 ; 5 5   ) 0.25 Câu 3 2,0 điểm a) 1.0 điểm Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2 2 2 2 1; 2 3; 3 4 p p p    đều là số nguyên tố. +) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập    1; 2; 3 . Khi đó 2 p chia cho 7 có thể dư: 1;4;2 0.25 Xét 2 2 2 p p p p       2 2 1; 2 3& 3 4 7 Nếu 2 p chia cho 7 dư 1 thì 2 3 4 p  chia hết cho 7 nên trái GT Nếu 2 p chia cho 7 dư 4 thì 2 2 1 p  chia hết cho 7 nên trái GT Nếu 2 p chia cho 7 dư 2 thì 2 2 3 p  chia hết cho 7 nên trái GT 0.25 +) Xét p=2 thì 2 3 4 p  =16 (loại) 0.25 +) Xét p=7k, vì p nguyên tố nên p=7 là nguyên tố, có: 2 2 2 2 1 97; 2 3 101; 3 4 151 p p p       đều là các số nguyên tố Vậy p =7 0.25 b) 1,0 ®iÓm Giả thiết   2 2 2 2 2       3 3 18 2 3 54 x y z y z (1) +) Lập luận để 2 2 2 z z z z 3 3 9 9     (*) 0,25 (1) 2 2 2 2       3( 3) 2 3 ( 6) 54(2) x z y z (2) 2 2 2 2 2 2           54 3( 3) 2 3 ( 6) 3( 3) 2.9 3 .3 x z y z x y 2 2 ( 3) 3 12 x y    2 2 2      y y y 4 1; 4 vì y nguyên dương 0,25 Nếu 2 y y    1 1 thì (1) có dạng:   2 2 2 2 2 72 3 3 5 72 5 72 9 3 5 x z z z z z            (vì có(*)) Khi đó     2 2 3 3 27 3 9 x x      , x nguyên dương nên tìm được x=6 0,25 Nếu 2 y y    4 2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng: 0,25
  2 2 2 2 2 3 3 14 126 14 126 9 9 3 x z z z z z            (vì z nguyên dương) Suy ra 2 ( 3) 0 3 x x     (vì x nguyên dương) Đáp số 3 6 2; 1 3 3 x x y y z z                 Câu 4 3,0 điểm a) 1,0 ®iÓm Vẽ hình (1 trường hợp) M P N E B O D C A F I H K 0,25 Sđ 0 180 d 0 d 60 2 s DE BAC s DE     0,25 Suy ra 0 EOD  60 nên tam giác OED đều 0,25 suy ra ED = R. 0,25 b) 1,0 ®iÓm APE ADE  (2 góc nội tiếp chắn cung AE) ABM ADE  (Cùng bù với góc EDC) Suy ra: ABM APE  nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM 0,25 Nên . . AE AM AE AB AM AP AP AB    (1) 0,25 Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF . . AE AF AE AB AN AF AN AB    (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra: AN.AF = AP.AM 0,25 c) 1,0 ®iÓm Xét I nằm giữa B, D( Nếu I nằm ngoài B,D thì vai trò K với DC sẽ như I với BD) Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên FHK FCK  ( cùng bằng FBD ), suy ra tứ giác CKFH nội tiếp nên 0 FKC  90 . 0,25