Tiêu đề Đề Thi Olympic Toán Duyên Hải Bắc Bộ 2018-2019 (Khối 10) [Đáp Án].pdf ✅

(Đề thi gồm 1 trang) KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XII, NĂM 2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20/4/2019 Câu 1. ( 4 điểm ) Giải hệ phương trình     2 2 2 3 1 1 2 , 2 5 1 2 2 4 2 y y y x x y x x x x y                   . Câu 2. ( 4 điểm ) Cho tam giác ABC có AB AC  , các điểm D E F , , lần lượt nằm trên các cạnh BC CA AB , , sao cho DE AB DF AC || , || . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại các điểm AG, . Đường thẳng DE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm H H E    . Đường thẳng qua G vuông góc với GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm K K G    , đường thẳng qua G vuông góc với GC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm L L G    . Gọi PQ, lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác GDK GDL , . Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên cạnh BC thì: a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định. b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GPQ luôn đi qua một điểm cố định. Câu 3. ( 4 điểm ) Tìm tất cả các số nguyên dương mn, và số nguyên tố p thỏa mãn   3 2 4 40 2 11 5 . n m m m p     Câu 4. ( 4 điểm ) Cho 3 số thực dương abc , , . Chứng minh rằng: ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0 1 1 1 a a b c b b c a c c a b ab bc ca             Câu 5. ( 4 điểm ) Cho bảng ô vuông kích thước 100 100  mà mỗi ô được điền một trong các ký tự A B C D , , , sao cho trên mỗi hàng, mỗi cột của bảng thì số lượng ký tự từng loại đúng bằng 25. Ta gọi hai ô thuộc cùng hàng (không nhất thiết kề nhau) nhưng được điền khác ký tự là “cặp tốt”, còn hình chữ nhật có các cạnh song song với canḥ hoăc ṇ ằm trên canḥ của bảng và bốn ô vuông đơn vi ̣ở bốn góc của nó được điền đủ bốn ký tự A B C D , , , là “bảng tốt”. a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông 1 4, 4 1   và 2 2  đều có chứa đủ các ký tự A B C D , , , ? b) Chứng minh rằng với mọi cách điền thỏa mãn đề bài thì trên bảng ô vuông đã cho: i) Luôn có 2 cột của bảng mà từ đó có thể chọn ra được 76 cặp tốt. ii) Luôn có một bảng tốt. -------------- HẾT -------------- (Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: .................................................................... Số báo danh: .................................. ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DH&ĐBBB NĂM 2019 MÔN: TOÁN 10 ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM Câu Nội dung trình bày Điểm Câu 1 Giải hệ phương trình       2 2 2 3 1 1 1 2 2 5 1 2 2 4 2 2 y y y x x x x x y                  . Nguồn: Chuyên Lam Sơn- Thanh Hóa 4đ Điều kiên: ̣ 2 4 2 0 x y    . Từ phương trình (1), ta có: 2 2 2 2 4 2 1 2 . 1 x y y y y y          2 2       2 4 2 1 x y y y . 0,5 Thay vào phương trình (2) và chú ý rằng 2 y y    1 0 . Lúc này ta được   2 2 x x x y y        2 5 1 2 1     2 2         x x y y 1 1 4 2 1 2 1 1 2 1 1 2 2 x x y y               (3) 1,0 Đặt 1 2 x u   . Từ (3) cho ta 2 2       u u y y 1 1 2 2        u y u y 1 1 0    2 2 0 1 1 u y u y u y u y            2 2 1 0 1 1 u y u y u y                 (4) 1,0 Do     2 2 2 2 2 2 1 1 1 0 1 1 1 1 u u y y u y u y u y                Nên từ (4) cho ta u y  , hay 1 2 1 2 x y x y      . 0,5 Thay vào phương trình (1) ta được   2 2 5 1 1 2 2 y y y y        2 2     y y 1 4 2     y y 1 2 (do 2 y y    1 0 ). Tìm được 3 5 , 4 2 y x   . Kết luận: Hệ có đúng một nghiệm  x y;  là 5 3 ; 2 4       1,0
Câu2 Cho tam giác ABC có AB AC  , các điểm D E F , , lần lượt nằm trên các cạnh BC CA AB , , sao cho DE AB DF AC || , || . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại các điểm AG, . Đường thẳng DE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm H H E    . Đường thẳng qua G vuông góc với GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm K K G   , đường thẳng qua G vuông góc với GC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm L L G    . Gọi PQ, lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác GDK GDL , . Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên cạnh BC thì: a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định. b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GPQ luôn đi qua một điểm cố định. Nguồn: Chuyên Vinh Ph ̃ úc 4,0 E' M Q O' P L K H G E F A O B D C a) Gọi O, O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, AEF .Gọi E ' là điểm đối xứng với E qua đường thẳng AO . Khi đó EE BC ' || vì cùng vuông góc với AO suy ra tứ giác BDEE’ là hình bình hành suy ra DE BE  ' , kết hợp với DE AF  ta được BF AE  ( Có thể không cần dưng đi ̣ ểm E’ , dễthấy tam giác BFD câc tai F v ̣ à có tứ giác AEDF là hinh ̀ binh h ̀ ành, nên ta có BF=DF=AE) 0,5 Suy ra OAE OBF OE OF      ' . Kết hợp với OA là phân giác của góc EAF O AEF   . Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định 1,0
AO, . b) Dễ thấy tam giác FBD cân tại F suy ra FB FD  , 1 1 2 2 GBF GOA GFA FGB     cân tại F suy ra FB FG  . Từ đó suy ra F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DGB. Chứng minh tương tự ta được E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DGC. Từ đó EF là trung trực của GD, kết hợp với AG vuông góc với GD suy ra EF//AG. FHD EAF EDF FHD     cân tại F suy ra FH FD H GBD    . 1,0 P là giao điểm của đường thẳng qua O song song với GH và EF, Q là giao điểm của đường thẳng qua O’ song song với GC và EF. E là tâm đường tròn (GDC) và O là tâm đường tròn ngoại tiếp (AGC) suy ra OE  GC, kết hợp với GC vuông góc với GL suy ra GL song song OE. Do đó OE O Q QE QO    ' 1 .   Tương tự ta được PO PF  2 . 1,0 Mặt khác OE OF  , kết hợp với (1) và (2) ta được       QOE POF OP OQ OO' là trung trực của PQ, kết hợp với OO’ là trung trực của GA nên tứ giác AQPG là hình thang cân hay nó nội tiếp suy ra (GPQ) luôn đi qua điểm A cố định. 0,5 Câu 3 Tìm các số nguyên dương mn, và số nguyên tố p thỏa mãn   3 2 4 40 2 11 5 . n m m m p     Nguồn: Chuyên Lê Hồng Phong- Nam Đi ̣nh 4,0 PT    2 4 1 10 22 n     m m p 0,5 TH1: n 1 , thử trực tiếp với m 1,2,3,4,5 đều không thỏa mãn Với 2 m m m       5 4 1 22, 10 22 . Do đó 2 4 1 , 10 m p m p   : vô lý do n 1. 0,5 TH2: n 1 , thử trực tiếp với m 1,2,3,4,5 đều không thỏa mãn Với 2 m m m       5 4 1 22, 10 22 . Do đó 2 4 1 , 10 m p m p   Suy ra     2 4 1 11 . , 0;1 , 1, , * 10 2.11 . x a y b m p x y x y a b m p            Dễ thấy  m * ta có 2 m m    10 4 1 1,0 +) Nếu b a  thì     2 2 2 2 11 10 0mod(4 1) 11 110mod(4 1) 11.16 1760mod(4 1) 11 1760mod(4 1) 16 1mod(4 1) 1771 0mod(4 1) m m m m m m m do m m m                    1,0