Đề thi HSG Toán 10 Trường THPT Chuyên Tuyên Quang

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT TUYÊN QUANG
CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ ĐỀ XUẤT
LẦN THỨ XV, NĂM HỌC 2023 – 2024
(Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ THI MÔN TOÁN – KHỐI 10
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4 điểm). Cho đa thức P x x bậc 2024 thỏa mãn: 2024k P(k)  , với k
 1,2,3,,2024,202  5 . k 1 Tính P( 2).
Câu 2 (4 điểm). Chứng minh rằng, với mọi số thực a, b, c, x, y, z ta có 2 2 2 2 2 2 2
ax  by  cz  (a  b  c )(x  y  z )  (a  b  c)(x  y  z). 3
Câu 3 (4 điểm). Cho tam giác nhọn ABC, AB  AC nội tiếp đường tròn O. Các đường
cao BE, CF cắt nhau tại H . Các tiếp tuyến với đường tròn O tại B, C cắt nhau tại S . Gọi
M là trung điểm của cạnh BC ; I là giao điểm của các đường thẳng EM và SC ; J là giao
điểm của các đường thẳng FM và SB .
a) Chứng minh rằng các điểm S, M , I, J cùng thuộc một đường tròn.
b) Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là T. Đường
thẳng AH cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là K. Chứng minh rằng ba điểm S, K, T thẳng hàng.
Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các số tự nhiên m sao cho  m 2 2 1 2
1 chia hết cho nhiều nhất hai số nguyên tố khác nhau.
Câu 5 (4 điểm). Tìm số các hoán vị (a , a ,..., a ) 1,2,..., 2024 1 2 2024 của tập hợp   thỏa mãn tính
chất: 2a  a ... a k  1 2 k  chia hết cho với mọi 1,2,...,2024. ---Hết---
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI
VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XV, NĂM HỌC 2023 – 2024 Môn: Toán 10
(Hướng dẫn có 04 trang)
Câu 1 (4 điểm). Cho đa thức P x x bậc 2024 thỏa mãn: 2024k P(k)  , với k
 1,2,3,,2024,202  5 . k 1 Tính P( 2). Hướng dẫn chấm Điểm
Xét đa thức Q(x) (
 x 1)P(x)  2024 . x (1)
Suy ra Q(x) có bậc 2025 và Q(k) 0  , k  1,2025. 1,0
Do đó Q(x) a
 (x  1)(x  2)(x  2025). (2)
Trong (1) và (2) cho x  1 ta suy ra Q( 1) 2024   .2026 a !. 1,0 Suy ra 2024 a  . 2026! 2024
Vậy Q(x) 
(x  1)(x  2)(x  2025) nên 2026! 1,0 2024 Q( 2)  ( 3)( 4)...( 2027) 1  012 2  027. 2026!
Q(x)  2024x Do P(x)  nên x 1 1,0 Q( 2)  2 2  024 1012 2  027  2 2  024 P( 2)    1012 2  023.  1  1
Câu 2 (4 điểm). Chứng minh rằng, với mọi số thực a, b, c, x, y, z ta có 2 2 2 2 2 2 2
ax  by  cz  (a  b  c )(x  y  z )  (a  b  c)(x  y  z). 3 Hướng dẫn chấm Điểm BĐT tương đương 2 0,5 2 2 2 2 2 2
(a  b  c )(x  y  z )  (a  b  c)(x  y  z)  ax  by  cz. 3 Ta có 2
2x  2y  z
2y  2z  x
2z  2x  y
(a  b  c)(x  y  z)  ax  by  cz  . a  . b  . c 3 3 3 3 1,5
2x  2y  z
2y  2z  x
2z  2x  y  . a  . b  . c 3 3 3 2 2 2 
 2x  2y  z   2y  2z  x   2z  2x  y  2 2 2 a b c                1,0  3   3   3    2 2 2
 2x  2y  z 
 2y  2z  x 
 2z  2x  y Lại có  2 2 2  
x  y  z  nên bất 3   3   3        1,0
đẳng thức được chứng minh.
Câu 3 (4 điểm). Cho tam giác nhọn ABC, AB  AC nội tiếp đường tròn O. Các đường
cao BE, CF cắt nhau tại H . Các tiếp tuyến với đường tròn O tại B, C cắt nhau tại S . Gọi
M là trung điểm của cạnh BC ; I là giao điểm của các đường thẳng EM và SC ; J là giao
điểm của các đường thẳng FM và SB .
a) Chứng minh rằng các điểm S, M , I, J cùng thuộc một đường tròn.
b) Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là T. Đường
thẳng AH cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là K. Chứng minh rằng ba điểm S, K, T thẳng hàng. Hướng dẫn giải Điểm
a) Ta có tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC có tâm M và tứ giác
SBOC nội tiếp đường tròn đường kính S . O A J T E F H O 0,5 X B D M C K S I Suy ra   0  EMF 2  ECF 2  90  BAC 0  0   1  80  2BAC 1
 80  BOC BSC   1,0
 JMI JSI  tứ giác JMSI nội tiếp. Vậy các điểm S, M , I, J cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi w , w AH BC 0,5
1   2  lần lượt là đường tròn đường kính , . Xét 3 đường tròn
O, w , w 1   2  ta có
EF là trục đẳng phương của 2 đường tròn w , w 1   2  ;
AT là trục đẳng phương của 2 đường tròn w , O 1   ;
BC là trục đẳng phương của 2 đường tròn w , O . 2   
Mà tam giác ABC nhọn nên EF và BC cắt nhau tại X . Do đó AT , EF, BC 0,5 đồng quy tại X .
Gọi D AH  BC. Khi đó ta có XDBC  1 AXDBC  1. 1,0
Chiếu lên đường tròn O ta được ATKBC   1.
Suy ra tứ giác BKCT là tứ giác điều hoà. Do đó các tiếp tuyến với đường tròn O 0,5
tại B, C và KT đồng quy hay ba điểm S, K, T thẳng hàng.
Câu 4 (4 điểm). Tìm tất cả các số tự nhiên m sao cho  m 2 2 1 2
1 chia hết cho nhiều nhất hai số nguyên tố khác nhau. Hướng dẫn chấm Điểm Với m 0  ta có   2 2.0 1 2 1 5
 , là số thỏa mãn bài toán. 2 3 Với m 1
 ta có  2.1 1   2 2 1  2  1 5  1
 3, là số thỏa mãn bài toán. 1,0 2 5 Với m 2
 ta có  2.2 1   2 2 1  2  1 5  2
 05, là số thỏa mãn bài toán. Xét m 3  . Khi đó ta viết:  m 2  m 2 m m  m 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2m 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2             0,5 m 2  m    2 2 1 1 2 1 2
 2m 1 m 1  2m 1 m 1 2 2 1 2 2        1 . Ta có  2m 1 m 1  2m 1  m 1    
   2m 1 m 1 m2 2 2 1; 2 2 1  2  2 1; 2  1  nên hai số này nguyên tố cùng nhau. 0,5 Vậy 2m 1  m 1  2m 1  m 1 2 2 1; 2 2    
1 đều là lũy thừa của các số nguyên tố khác nhau.
Mặt khác,  m 2 2 1 2m 1  2m 1 2 1 4 1 (mod 5) ( 1)       1 (mod 5) 0  (mod 5) nên
đúng một trong hai số 2m 1  m 1  2m 1  m 1 2 2 1; 2 2    
1 phải là lũy thừa của 5, tức là 0,5 2m 1  m 1 2 .2   1 5k s  , s  1 . Do m 3  nên 2m 1 m 1 2 .2   1 1  (mod 8)  5k s 1
 (mod 8). Từ đây suy ra k chẵn, k 2  . a Vậy 0,5 2m 1  m 1  k 2m 1  m 1  2a m 1 2 .2 1 5 2 .2 5 1 2          2m     5a   1 5a s s s   1 . Ta có 5a 1 2
 (mod 4), 5a  1 2m
 c, c là số nguyên lẻ. 0,5  Nếu c 1  thì a 1  , và do đó ta có: