Đề thi HSG Toán 10 Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Bình Định

SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LÊ QUÝ ĐÔN
LẦN THỨ XV, NĂM 2024
ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 10 ĐỀ ĐỀ NGHỊ
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (4,0 điểm). Tìm số thực c lớn nhất, sao cho tồn tại một đa thức hệ số thực khác hằng
P(x) thỏa mãn:
P ( x2)=P ( x−c) P ( x+c) .
Câu 2 (4,0 điểm). Cho các số thực dương thay đổi thỏa mãn: . Chứng minh rằng
Câu 3 (4,0 điểm). Cho tứ giác ABCD là một tứ giác điều hoà, gọi (I), (J), (K), (L) lần lượt
là các đường tròn qua B , A và tiếp xúc với BC; qua D , A và tiếp xúc với DC; qua B ,C và
tiếp xúc BA; qua D , C và tiếp xúc DA. Chứng minh rằng
1) Bốn đường tròn (I), (J), (K), (L) đồng quy tại một điểm.
2) Tâm các đường tròn (I), (J), (K), (L) (tương ứng, I , J , K , L ) là các điểm đồng viên.
Câu 4 (4,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên tố sao cho và .
Câu 5 (4,0 điểm). Trên bàn cờ kích thước
có một quân mã. Quân mã này có thể
nhảy giữa hai ô đối diện nhau trên các hình chữ nhật con kích thước hoặc của bàn cờ.
1) Quân mã xuất phát từ một ô nào đó, nhảy bước qua ô phân biệt của bàn cờ.
Giả sử rằng là ước của
chứng minh rằng quân mã không thể dừng lại ở ô có đúng
một đỉnh chung với ô mà nó xuất phát.
2) Tính số cách mà quân mã có thể nhảy từ ô góc dưới bên trái lên ô góc trên bên
phải, mỗi bước chỉ đi theo hướng sang phải và lên trên.
-------------------Hết------------------- SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LÊ QUÝ ĐÔN
LẦN THỨ XV, NĂM 2024 1 HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: Toán – lớp 10 Câu Nội dung Điểm 1
Tìm số thực c lớn nhất, sao cho tồn tại một đa thức hệ số thực khác hằng
(4 điểm) P(x) thỏa mãn:
P ( x2)=P ( x−c) P ( x+c) .
Giả sử: c> 1 và tồn tại đa thức P(x) ∈ R [x] khác hằng thỏa mãn: 2
P (x2)=P ( x−c) P ( x+c)(1)
Gọi t là nghiệm của P(x) có mô đun lớn nhất. 1,5
Từ (1) lần lượt thay x bởi t-c,t+c ta được (t ± c)2 cũng là nghiệm của P(x).
Ta có: |(t +c)2∨+¿(t−c)2|≥|(t+c)2−(t−c)2|=4c|t|>2t (vì c> 1 theo giả 2 thiết).
Như vậy trong 2 số |(t +c)2|,∨(t−c)2∨¿ phải có ít nhất một số lớn hơn |t|; 1,5
mâu thuẫn với định nghĩa của của t. 1 Do vậy, c ≤ . 2
Nếu c= 1 thì tồn tại đa thức P ( x )=x2+ 1 thỏa mãn. 2 4
Vậy, số c lớn nhất cần tìm là c= 1. 1,0 2 2
Cho các số thực dương thay đổi thỏa mãn: . Chứng (4 điểm) minh rằng . Từ giả thiết suy ra . Ta có . Suy ra 1,5 .
Đánh giá tương tự ta cũng có: 1,0 ; Từ đó suy ra . 2 Cần chứng minh: (*) Thật vậy, (*) 1,5 (luôn đúng).
Vậy bất đẳng thức trên được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi . 3
Cho tứ giác ABCD là một tứ giác điều hoà, gọi (I), (J), (K), (L) lần lượt
(4 điểm) là các đường tròn qua B, A và tiếp xúc với BC; qua D, A và tiếp xúc với
DC; qua B ,C và tiếp xúc BA; qua D , C và tiếp xúc DA. Chứng minh rằng
1) Bốn đường tròn (I), (J), (K), (L) đồng quy tại một điểm.
2) Tâm các đường tròn (I), (J), (K), (L) (tương ứng, I , J , K , L ) là các điểm đồng viên. D L J A C M O K I B
1) Gọi M là giao điểm của BD với đường tròn (I), ta có
Suy ra AM và AC đẳng giác trong góc
, mà AC là đường đối
trung của tam giác BAD (do tứ giác ABCDđiều hoà) nên suy ra AM là 2,0
trung tuyến của tam giác BAD, hay M là trung điểm của BD. Chứng
minh tương tự thì ba đường tròn còn lại cũng qua M.
2) Xét thế hình như hình vẽ, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Ta có 1,0 3 1,0 Từ đó suy ra
Vậy, tứ giác IJLK nội tiếp. 4
Tìm tất cả các cặp số nguyên tố sao cho và (4 điểm) .
Không mất tính tổng quát, giả sử . - Nếu , ta có: (1) và (2).
Từ (1) suy ra là số chẵn, suy ra . Thay vào (2), ta chọn . Do đó là cặp số thỏa mãn. 1,0 - Nếu
, gọi là một ước nguyên tố lẻ của (*). Từ giả thiết suy ra (mod ) (mod ). Đặt , khi đó . Mà ta có (mod ) nên . Từ đó suy ra hoặc . - TH1: khi đó . Vì lẻ nên hoặc . +) Xét , vì (mod 3) nên
(điều này mâu thuẫn với (*)) +) Xét
, theo định lí Fermat nhỏ 1,5 . Nếu thì (mâu thuẫn (*)). Nếu thì , suy ra
(vô lí vì m là số nguyên tố). - TH2:
, theo định lí Fermat nhỏ ta có , suy ra , do đó
. Điều này nghĩa là các ước nguyên tố lẻ của
đều chia cho dư 1 và hơn nữa , từ đây suy ra . 1,5 Suy ra hay hoặc . Vì nên . Do đó ,
nhưng điều này mâu thuẫn với . Vậy,
là cặp số duy nhất thỏa mãn. 5
Trên bàn cờ kích thước
có một quân mã. Quân mã này có thể 4