Đề thi chọn học sinh giỏi Duyên hải lớp 10 năm học 2014 2015

Trang tin điện tử - Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc Giấy phép của Cục Báo chí - Bộ Thông tin và Truyền thông số: 489/GP-BC ngày 5 tháng 11 năm 2007

Trưởng Ban biên tập: Hiệu trưởng: Lục Thúy Hằng

Bản quyền Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc

Tel : 0208.3846272 - Fax :0208. 3846357 - Email:

Page 2

Trang tin điện tử - Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc Giấy phép của Cục Báo chí - Bộ Thông tin và Truyền thông số: 489/GP-BC ngày 5 tháng 11 năm 2007

Trưởng Ban biên tập: Hiệu trưởng: Lục Thúy Hằng

Bản quyền Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc

Tel : 0208.3846272 - Fax :0208. 3846357 - Email:

Page 3

Trang tin điện tử - Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc Giấy phép của Cục Báo chí - Bộ Thông tin và Truyền thông số: 489/GP-BC ngày 5 tháng 11 năm 2007

Trưởng Ban biên tập: Hiệu trưởng: Lục Thúy Hằng

Bản quyền Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc

Tel : 0208.3846272 - Fax :0208. 3846357 - Email:

Page 4

Trang tin điện tử - Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc Giấy phép của Cục Báo chí - Bộ Thông tin và Truyền thông số: 489/GP-BC ngày 5 tháng 11 năm 2007

Trưởng Ban biên tập: Hiệu trưởng: Lục Thúy Hằng

Bản quyền Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc

Tel : 0208.3846272 - Fax :0208. 3846357 - Email:

Page 5

Trang tin điện tử - Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc Giấy phép của Cục Báo chí - Bộ Thông tin và Truyền thông số: 489/GP-BC ngày 5 tháng 11 năm 2007

Trưởng Ban biên tập: Hiệu trưởng: Lục Thúy Hằng

Bản quyền Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc

Tel : 0208.3846272 - Fax :0208. 3846357 - Email:

Page 6

Trang tin điện tử - Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc Giấy phép của Cục Báo chí - Bộ Thông tin và Truyền thông số: 489/GP-BC ngày 5 tháng 11 năm 2007

Trưởng Ban biên tập: Hiệu trưởng: Lục Thúy Hằng

Bản quyền Trường Phổ thông Vùng cao Việt Bắc

Tel : 0208.3846272 - Fax :0208. 3846357 - Email:

[Đề thi HSG, lớp 10,Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ, năm học 2014 – 2015]Thời gian làm bài: 180 phútCâu 1 [4 điểm]4222��y  2 xy  7 y   x  7 x  8Giải hệ phương trình sau: �2322� 3  x  y 1  x  x  4 y  3Câu 2 [4 điểm]Cho đường tròn [w1] và [w2] cắt nhau tại P và Q, một đường thẳng d thay đổi đi qua B Cắt w1 tại A vàcác [w2] tại B sao cho P nằm giữa a và b; C, D là hai điểm cố định lần lượt thuộc [w1] và [w2] sao cho Pthuộc tia đối của tia DC. tia BD và đoạn AC cắt nhau tại X, điểm y thuộc [w1] sao cho đường thẳng PYsong song với đường thẳng BD, điểm Z thuộc [w2] sao cho đường thẳng PZ song song với đường thẳngAC. Gọi I và J lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABQ và CDQ.a] chứng minh rằng đường thẳng IJ vuông góc với đường thẳng XQb] chứng minh rằng đường thẳng YZ luôn đi qua một điểm cố định khi d thay đổi.Câu 3 [4 điểm]Cho số nguyên tố p và ba số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x < y < z < p. Chứng minh rằng nếux 3 �y 3 �z 3 [mod p] thì x 2  y 2  z 2 chia hết cho x + y + z.Câu 4. [4 điểm]3Xét các số thực dương x,y và z thỏa mãn x + y + z ≤ .4Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:1 1 1P x yy zz x   x y zCâu 5. [4 điểm]Có 42 học sinh tham iga một buổi giao lưu. Biết rằng cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôigồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau. Kí hiệu k là số cặp đôi như thế. Tìm giá trịnhỏ nhất cuả k.//dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất1Đáp Án4222�[1]�y  2 xy  7 y   x  7 x  8Câu 1. Xét hệ phương trình �2322� 3  x  y  1  x  x  4 y  3 [2]Điều kiện xác định: x ≤ 3�y2  x 1222Ta có phương trình [1] �  y  x   7  y  x   8  0 � �2y  x 8�Vì x ≤ 3 nên x – 8 < 0, do đó không thể xảy ra trường hợp y 2  x  8 .Vậy y 2  x  1Thay vào [2] ta có:3  x  x  2  x 3  x 2  4 x  1 [điều kiện x ≥ - 2].� x3  x 2  4 x  4  2  x  2  1  3  x  0�  x _ 2   x  2   x  1 x2x20x  2  2 1 3  x11���  x  2 � x  2   x  1 � 0x  2  2 1 3  x ��1111���  x  2 � � 0 x  2   x  1  3x  2  2 1 3  x 3����  x  2 � x  2   x  1 �3�x 1x22�1�  x  2   x  1 � x  2 �3 x22��  x  2   x  1  0 [Điều kiện x �2] 3x  2 1 3x  2 1x 13  x 113  x 1Từ đó ta thu được nghiệm của hệ đã cho là  1;0  2; 3 2;  3�� 03 x 2 ���� 03 x 2 ��Câu 2.a] Vì ACQP và PDQB là các tứ giác nội tiếp nên ta có:��  CPQ�  DPQ�  DBQ�  XBQ� nên AXQB nội tiếp [1]XAQ  CAQVì AXQB và BPDQ là các tứ giác nội tiếp nên ta có:� ��  CDQ�nên tứ giác XDQC nội tiếp [2]QXCABQ  PBQTừu 1 và [2] suy ra QX là trục thẳng phương của hai đường tròng [ABQ] avf [CDQ] do đó IJ  XQb] Ta sẽ chứn gminh rằng đường thẳng YZ đi qua điểm Q cố định và đường thẳng này cũng đi qua điểm X.�  DCX�  PCA�Vì XDQC nội tiếp nên DQX[3]//dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất2�  CPZ�  DPZ�Từ PZ || AC nên PCA�  DPZ�Từ [3] và [4] suy ra DQX[4]�  DQZ�  1800 , do đó DQX�  DPZ�  1800 hay Z, Q, X thẳng hàng.Mặt khác PDQZ nội tieeso nên DPZChứng minh tương tự ta được Y, Q, X thẳng hàng.Từ đó suy ra điều phải chứng minhCâu 3. Từ giả thiết ta có y 3  x 2 �0 [modulo p]22Suy ra  y  x   y  yx  x  �0 [modulo p] [1]Ta có y – xx là số nguyên dương bé hơn p và p là số nguyên tố nên y – x và p là nguyên tố cùng nhau. Dođó [1] ta được x 2  y 2  z 2 �0 [modulo p] [2]Chứng minh tương tự ta cũng có: y 2  yz  z 2 �0 [modulo p] [3]Và z 2  zx  x 2 �0 [modulo p] [4]Từ [2] và [3] ta có: z 2  x 2  yx  xy �0 [modulo p]Suy ra  z  x   x  y  z  �0 [modulo p]Do đó x + y + z chia hết cho p, mà 0 < x + y + x< 3p� x + y + z bằng p hoặc 2p[5]2 �xy [modulo p]Sử dụng [2] ta có [x + y], kết hợp với x + y � z [modulo p] ta được z 2 �xy [modulo p] ,thay trở lại [2] ta có x 2  y 2  z 2 �0[modulo p] [6]Nếu x + y + z = p thì [6] có ngay x 2  y 2  z 2 chia hết cho x + y + zNếu x + y + z = 2p thì [6] có ngay x 2  y 2  z 2 chia hết cho x + y + zCâu 4.Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có1 1 1x y �yzzx 8 xyzP 8 xyzx y zCũng theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta được4441 1 11�1 � �1 � �1 �8 xyz    �1313 8 xyz . � � � � � �  1313 213x y z�4 x � �4 y � �4 z �2 xyz .  xyz 3�x  y  z � 1Và xyz ���� 6 . Suy ra P ≥ 13� 3� 21Mà khí x = y = z =thì P = 13, suy ra giá trị của P là 134Câu 5. Ta sẽ giải thích bài toán tổng quát:Bài toán. Cho m là số gnuyeen dương lớn hơn 1. Có 2m học sinh tham gia một buổi giao lưu. Biết rằng cứ 3học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau. Kíhiệu k là số cặp đôi như thế.Tìm giá trị nhỏ nhất của k.Lời giải Với mỗi số nguyên dương m > 1, rõ ràng tồn tại giá trị nhỏ nhất của k, ta kí hiệu giá trị này bởik[m]Ta thấy k[2] = 2Bây giờ giả sử m > 2Xét buổi giao lưu gồm 2m học sinh sao cho cớ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai họcsinh có trao đổi học tập với nhau bằng k[m].Tồn tại ít nhất hai học sinh [kí hiệu là A và B] không trao đổi học tập với nhau, loại A và B ra khỏi buổi giaolưu này ta có một buổi giao lưu gồm 2[m – 1] học sinh mà cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi//dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất3gồm hai học sinh có trao đổi kinh nghiệm học tập với nhau. Số cặp dôi gồm hai học sinh có trao đổi kinhnghiệm học tập với nhau trong buổi liên hoan mới sẽ không ít hơn k[m – 1], mà mỗi học sinh trong buổi liênhoan mới sẽ trao đổi kinh nghiệm học tập với A hoặc B [vì A và không trao đổi học tập với nhau]Suy ra k[m]≥k[m – 1] + 2[m – 1]Do đó k[m] ≥ m[m – 1] với mỗi số nguyên dương m > 1 [1]Với mỗi số nguyên dương m > , ta xét mội buổi giao lưu gồm 2m học sinh như sau:Các học sinh trong buổi giao lưu thuộc một trong hai nhốm [gọi là X và Y]. Nhóm X gồm m học sinh cótrao đổi học tập từng đôi một, nhóm Y gồm m học sinh có trao đổi học tập từng đôi một. Mỗi học sinh củanhóm này đều không có trao đổi học tập với bất kỳ một học sinh nào của nhóm kia.Rõ ràng trong buổi giao lưu này, cứ 3 học sinh bất kỳ, đều có ít nhất một cặp đôi gồm hai học sinh có traođổi kinh nghiệm học tập với nhau số cặp đôi trao đổi học tập với nhau bằng m[m – 1].Suy ra k[m] ≤ m[m – 1] với mỗi số nguyên dương m > 1 [2]Từ [1] và [2] suy ra k[m] = m[m – 1] với mỗi số nguyên dương m > 1.Trở lại bài toán ban đầu.Theo trên ta có giá trị k bé nhất là k[21] = 420//dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất4

      Đáp án HSG lớp 10 Anh Duyên hải & ĐBBB 2014-2015 là lời giải đề thi Học sinh giỏi môn Tiếng Anh,  một trong 12 bài thi lựa chọn học sinh giỏi khối 10 tham dự Kỳ thi HSG các trường THPT chuyên khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc bộ kỳ thi lần thứ VIII đã diễn ra tại trường THPT chuyên Hạ Long, Thành Phố Hạ Long, Tỉnh Quảng Ninh năm học 2014-2015.

      Kỳ thi năm nay có sự tham dự của 1.932 giáo viên, học sinh đến từ 33 trường chuyên thuộc các tỉnh, thành phố khu vực duyên hải và đồng bằng Bắc bộ. Đặc biệt năm nay có sự tham gia của một số trường chuyên khu vực miền núi phía Bắc, khu vực miền Trung, miền Nam.

 Dưới đây là chi tiết Đáp án HSG lớp 10 Anh Duyên hải & ĐBBB 2014-2015

dap-an-hsg-lop-10-2014-2015-duyen-hai-tieng-anh

Tải đáp án

Xem đề thi : Tại đây

Quay lại danh sách đề

Hãy like Page để nhận được những thông tin mới nhất

Blog được lập ra với mục đích để chia sẻ đề thi tới toàn bộ học sinh, sinh viên ở Việt Nam. Trong quá trình đăng bài không thể tránh được những sai sót, Nếu các bạn phát hiện ra sai sót có thể comment ở bên dưới hoặc có đề hay muốn chia sẻ tới tất cả mọi người có thể gửi thông tin vào email [email protected]

Mít&Béo

Phản hồi