Đề thi môn học toán lớp 10

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN
 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN TOÁN
LỚP 10
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu 1 (4 điểm) Giải phương trình: 
Câu 2 (4 điểm) Cho tam giác ABC (AB<AC); E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với các cạnh AC, AB và M là trung điểm của BC. Gọi , gọi K, L tương ứng là các giao điểm của BI, CI với EF.
Chứng minh bốn điểm B, C, K, L cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng 
Câu 3 (4 điểm) Cho là các số thực không âm thỏa mãn: Chứng minh rằng
Câu 4 (4 điểm) Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC. Một điểm P nằm trong tam giác được gọi là điểm tốt nếu ta có thể tìm được đúng 27 tia chung gốc P cắt các cạnh của tam giác ABC và chia tam giác này thành 27 tam giác con có diện tích bằng nhau. Xác định số tất cả các điểm tốt của tam giác ABC.
Câu 5 (4 điểm) Xác định tất cả các cặp (x,y) các số nguyên thỏa mãn 
1+2x+22x+1=y2(*)
HẾT
Người thẩm định
Hán Văn Sơn
0912822566
Người ra đề
Phạm Thị Hà Định
Điện thoại 0912581381
HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: TOÁN, LỚP 10
Câu
Nội dung
Điểm
1
Đặt: 
0,75
Phương trình đã cho trở thành: 
1,5
0,5
Dùng bất đẳng thức TBC-TBN 
Dấu “ = ” xảy ra khi .
Do đó (2) chỉ xảy ra khi .
0,75
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 
0,5
2
a) Gọi T là giao điểm của EF và BC. D là tiếp điểm của (I) và BC.
Vì AD, BE, CF đồng quy nên (TDBC) là hàng điểm điều hòa (1).
Mặt khác hai tam giác BFK và BDK bằng nhau (trường hợp c-g-c) nên , suy ra (2).
Từ (1) và (2) suy ra .
Chứng minh tương tự ta được .
Suy ra B, C, K, L cùng thuộc đường tròn đường kính BC.
1,5
b) 
+ Dựa trên bổ đề : “Cho tam giác ABC có các cạnh BC, CA, AB tiếp xúc với đường tròn nội tiếp (I) lần lượt tại D, E, F; M là trung điểm của BC. Ta có EF, DI và AM đồng quy”, ta có EF, DI, AM đồng quy tại N.
+ Từ ba tứ giác nội tiếp BCKL, BLID, CKID ta suy ra được DN là phân giác góc LDK.
Suy ra .
Mà .
Tương tự .
Do đó .
Suy ra điều phải chứng minh.
Chứng minh bổ đề: Gọi N là giao điểm của DI và EF. Kẻ đường thẳng qua N và song song với BC cắt AB, AC tại P, Q.
Xét tam giác APQ có hình chiếu của I lên ba cạnh là các điểm N, E, F thẳng hàng nên I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ. Suy ra IP=IQ (chắn hai góc bằng nhau). Suy ra NP=NQ. Do đó AM đi qua N.
2,5
3
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
1,0
Do đó ta cần chứng minh 
Hay 
1,0
Không mất tính tổng quá, giả sử nằm giữa hai số Khi đó ta có
1,0
Suyra 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi là một hoán vị của 
1,0
4
Trước hết ta thấy rằng phải là 3 trong 27 tia nêu trong đề bài. Giả sử thì diện tích mỗi tam giác nhỏ đều bằng 1. Đặt với và thỏa mãn .
Ứng với một bộ thỏa mãn điều kiện trên, ta có
.
nên tồn tại đúng một điểm thỏa mãn đề bài. Suy ra ta cần đếm số nghiệm nguyên dương của (*). Đây lại là bài toán chia kẹo Euler quen thuộc, kết quả là 
2,0
2,0
5
Ta có nhận xét: Nếu (x,y) là nghiệm thì x≥0 và (x,-y) cũng là nghiệm.
Nhận thấy 0,2;(0,-2) thỏa phương trình đã cho.
0,5
- Xét nghiệm x,y với x>0. Không mất tính tổng quát giả sử y>0.
(*) tương đương với 2x1+2x+1=y-1y+1=2x-1.21+2x+1
Suy ra y-1 và y+1 là hai số chẵn liên tiếp, hiển nhiên một trong hai số đó chia hết cho 4 vì thế y-1y+1 chia hết cho 8, kéo theo x≥3.
1,5
- Vì 1+22x+1 lẻ nên trong hai số y-1 và y+1 phải có một số chia hết cho 2x-1 và không chia hết cho 2x. Do vậy ta có thể đặt y=m.2x-1+t với m lẻ và t=±1. Thay vào phương trình 1+2x+22x+1=y2(*) ta được
2x1+2x+1=(2x-1.m+t)2-1=22x-2.m2+2xmt
↔1-mt=2x-2(m2-8)(**)
Với t=1 thì m2-8<0, suy ra m=1 không thỏa phương trình (**)
Với t=-1, phương trình (**) trở thành 1+m=2x-2(m2-8)≥2(m2-8).
 Suy ra m=3 và được x=4y=23
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm nguyên là: 0,2;0,-2;4,23;(4,-23).
2,0