Đề thi môn Toán lớp 10 - Trường THPT chuyên Tuyên Quang

1

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG

* ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN TOÁN

LỚP 10 Đề thi có 01 trang, 05 câu

Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình .    2 2

2 2

1 1 1

2 1 1 3

x x y y

x y y x x

              Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O; các đường cao AD, BE, CF; trực tâm H. Gọi K là trung điểm OH, L là giao điểm của EF với BC. Chứng minh rằng . 2 2 . LB LC KL KD   Câu 3 (4 điểm). Cho ba số thực a,b,c không âm và . Tìm giá trị lớn nhất 1 a b c    của biểu thức . 3 3 3 2 ( 1) 2 ( 1) 2 ( 1) P a a b c b b c a c c a b            

Câu 4 (4 điểm). Cho các số nguyên dương a, b, c, d thoả mãn

. ; ; 1 a b c d ad bc d a       Chứng minh rằng a là một số chính phương. Câu 5 (4 điểm). Có 101 thành phố. Giữa hai thành phố bất kỳ thì có một đường bay một chiều, hoặc không có đường bay nào. Biết rằng mỗi thành phố có 50 đường bay đến và 50 đường bay đi. Chứng minh rằng với hai thành phố bất kỳ A và B, ta có thể tới B từ A mà chỉ phải qua nhiều nhất một thành phố C.

- Hết-

(Người ra đề : Đoàn Phú Như. Số điện thoại 0916776986)

ThuVienDeThi.com

2

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT OLYMPIC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI

(Hướng dẫn này có 03 trang)

-----

Câu Hướng dẫn chấm Điểm

1

Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình .    2 2

2 2

1 1 1

2 1 1 3

x x y y

x y y x x

             

Giải. Ta có . 2 2 2 1 1 0 x x x x x x x        

Tương tự: . Do đó: 2 1 0 y y  

   2 2 2 2 1 1 1 1 1 x x y y x x y y         

2 2 2 2

2 2 1 1 0 0 1 1

x y x y x y x y

x y

            

2 2

2 2 2 2 1 1 ( ) 1 0 ( ) 0 1 1 1 1

x y x y x y x y x y x y x y

                              

. 0 x y y x     

Thay y = -x vào phương trình thứ hai của hệ ta được phương trình

. 2 2 2 1 1 3 x x x x x     

Từ phương trình ta thấy x > 0. Do đó 2 2 2 1 1 3 x x x x x         2 2 2 1 2 1 0 x x x x x x       

 

2

2 2 2 1 1 0 1 2 1 2

x x x

x x x x x x

          

.  

2 2

2 1 1 (1 ) 0 1 1 2 1 2

x x x x x x x x x

                    

Vậy hệ có duy nhất nghiệm là . 1

1

x

y

    

4,0

2

Câu 2 (4 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O; các đường cao AD, BE, CF; trực tâm H. Gọi K là trung điểm OH, L là giao điểm của EF với BC. Chứng

minh rằng . 2 2 . LB LC KL KD  

Giải

4,0

ThuVienDeThi.com

3

Câu Hướng dẫn chấm Điểm

L

N

D M

K

H F

E

O

A

B

C

Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, AH.

Ta có các điểm D, E, F, M, N nằm trên đường tròn đường kính MN (đường tròn Euler của tam giác ABC).

Ta có tứ giác OMHN là hình bình hành (OM song song và bằng NH) nên MN và OH cắt nhau tại trung điểm K của OH, suy ra đường tròn (MDFNE) có tâm K và

bán kính R = KD. Do đó . 2 2 . LF LE KL KD  

Ta có tứ giác BCEF nội tiếp nên . . . LB LC LF LE 

Vậy: . 2 2 . LB LC KL KD  

3

Câu 3 (4 điểm). Cho ba số thực a, b, c không âm và . Tìm giá trị lớn 1 a b c    nhất của biểu thức

. 3 3 3 2 ( 1) 2 ( 1) 2 ( 1) P a a b c b b c a c c a b            

Giải. Từ giả thiết ta có . 3 3 3 2 2 2 2 3 1 2 3 1 2 3 1 P a a b b c c       

Ta chứng minh: với mọi . 3 2 2 3 1 1 a a a     0;1 a

Thật vậy: , luôn 3 2 2 3 2 3 1 1 2 3 1 (1 ) a a a a a a       2( 1) 0 a a   

đúng với mọi . Đẳng thức xảy ra khi a = 0 hoặc a = 1.   0;1 a

Tương tự ; với mọi . Do đó: 3 2 2 3 1 1 b b b   3 2 2 3 1 1 c c c     , 0;1 b c

. 3 ( ) 2 P a b c     

P = 2  (a, b, c) = (1, 0, 0) và các hoán vị.

Vậy MaxP = 2 đạt tại (a, b, c) = (1, 0, 0) và các hoán vị.

4,0

4

Câu 4 (4 điểm). Cho các số nguyên dương a, b, c, d thoả mãn:

. ; ; 1 a b c d ad bc d a      

Chứng minh rằng a là số chính phương.

Giải. Đặt . Ta có: ad bc t  

4,0

ThuVienDeThi.com