Đề thi olympic truyền thống 304 lần XVI – năm 2010 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong môn thi: toán Khối: 1028728

Trong một giải thi đấu thể thao, một môn thể thao có x huy chương được phát trong nngày thi đấu.. Ngày thứ nhất người ta phát một huy chương và một phần mười số huy chương còn lại.. Ngày

Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP HỒ CHÍ MINH KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4



Trường THPT Chuyên Môn thi: Toán - Khối: 10

Thời gian làm bài: 180 phút

Ghi chú : Thí sinh làm mỗi câu trên một hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số … ở

trang 1 của mỗi tờ giấy làm bài Đề này có 01 trang

Bài 1: (4 điểm)

Giải hệ phương trình:

9

x y

  







Bài 2: (4 điểm)

Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho tồn tại một tập hợp a a1, 2, ,a n các hợp số

có tính chất:

i) Hai số bất kỳ trong chúng là nguyên tố cùng nhau

1 a i 2n5 với mọi i = 1, 2, …, n

Bài 3: (4 điểm)

Cho M là một điểm tùy ý thuộc miền trong tam giác ABC đều Gọi A1, B1, C1lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh BC, CA, AB Tìm giá trị nhỏ nhất của:

2

P



Bài 4: (4 điểm)

Cho các số thực , ,a b c 1 thỏa a b c   2 abc Chứng minh rằng:

2

bc a  ca b  ab c   abc

Bài 5: (4 điểm)

Trong một giải thi đấu thể thao, một môn thể thao có x huy chương được phát trong n

ngày thi đấu Ngày thứ nhất người ta phát một huy chương và một phần mười số huy chương còn lại Ngày thứ hai người ta phát hai huy chương và một phần mười số huy chương còn lại

Cứ tiếp tục, ngày thứ k người ta phát k 3  huy chương và một phần mười số huy k n

chương còn lại Ngày sau cùng, còn lại n huy chương để phát Hỏi môn thể thao đó có tất cả bao nhiêu huy chương đã được phát và đã phát trong bao nhiêu ngày?

HẾT

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN KHỐI 10

Bài 1: (4 điểm)

Giải hệ phương trình:

9

x y

  







Đặt 3

3

,

  Hệ phương trình thành:

3 3

9 ( )(1 )(1 ) 18



3





1 điểm

Đặt S a b, Pab

Hệ phương trình thành:

3

S 3PS 9

S(S P 1) 18



  

3 2

S 3PS 9

S PS S 18



3

2

S 3PS 9 (1)

PS 18 S S (2)



  



1 điểm

Thế (2) vào (1), ta được:

3 2

S 3S 3S 63   0 3

(S 1) 64  S3 (3) Thế (3) vào (2), ta được: P2

1 điểm

Từ đó suy ra (a,b) = (1;2) hay (a,b) = (2;1)

Vậy ( , ) 1;1

8

  

  hay

1 ( , ) 1;

8

 

1 điểm

Bài 2: (4 điểm)

Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho tồn tại một tập a a1, 2, ,a n các hợp số có tính chất:

i) 2 số bất kỳ trong chúng là nguyên tố cùng nhau

1a i(2n5) với mọi 1,2, ,i n

Giả sử tìm được số nguyên dương n thỏa bài toán

Ký hiệu qj là ước nguyên tố nhỏ nhất của aj (j = 1, 2, …, n) và qi là giá trị lớn

nhất của các số qj

Do 2 số bất kỳ trong chúng là nguyên tố cùng nhau nên các qj là phân biệt

Suy ra qi≥ pn (pn là số nguyên tố thứ n)

1 điểm

(2n5) a i q i  p n  p n 2n 5 1 điểm

Ta xét bảng sau:

1 điểm

Vì un + 1 – un = 2 và pn + 1 – pn≥ 2 mà p10 > u10  pn > unvới mọi n ≥ 10

Suy ra n9, lúc này 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 , 3 , 5 , 7 ,11 ,13 ,17 ,19 , 23 thỏa 2 điều kiện bài toán

Vậy n9là số nguyên dương lớn nhất thỏa yêu cầu bài toán

1 điểm

Bài 3: (4 điểm)

Cho M là một điểm tùy ý thuộc miền trong của tam giác ABC đều Gọi A1;

B1; C1lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh BC, CA, AB Tìm giá trị

nhỏ nhất của:

P =

2

Cách 1:

Gọi D , E , F tương ứng là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB

Ta có: SABC = SMBC + SMCA + SMAB  2  1 1 1

a

MC1 = 3

2

a

1 điểm

Mặt khác:

2

;

2

;

2

 MD2 + ME2 + MF2 =

2

4

a

MA MB MC 

0,5 điểm

0, 5 điểm

2

4

a

0,5 điểm

Mà MD2ME2MF2 MA12MB12MC12  2

1

4 3

2

4

3



0,5 điểm

0,5 điểm

Đẳng thức xảy ra M là tâm của tam giác đều ABC

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4

3

0,25 điểm 0,25 điểm

Cách 2:

Ta có: SABC = SMBC + SMCA + SMAB  2  1 1 1

a

2

a

1 điểm

0

MA MB MC 

  

MA MB MC  MA MB     MB MCMC MA 

0

MA MB MC  MA MB AB MB MC BC MC MA CA  1 điểm

 3(MA2MB2MC2)3a2 2 2 2 2

D

B 1

C 1

A 1

C B

M

Từ (*) và (**)  P ≥ 2 4

3 3 2

a a



Dấu “=” xảy ra  MA MB   MC0  M là trọng tâm tam giác ABC

0,5 điểm

0, 5 điểm

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4

3

0,5 điểm

Bài 4: (4 điểm)

Cho các số thực a, b, c ≥ 1 thỏa a + b + c + 2 = abc (1) Chứng minh rằng:

2

bc a  ca b  ab c   abc (2)

Ta có:

VT

    

2 2 2

9 3

1 điểm

≤

2

1 1 1 9

   

Mà từ giả thiết ta có 1 1 1 2 1

abbccaabc 

Ta có:

2

3

      

3

27

    

Đặt t = 1 1 1

a b c ta được

1

3t 27t   2t3 + 9t2 – 27 ≥ 0  (2t – 3)(t + 3)2≥ 0  t ≥ 3

điểm

Suy ra VT 9 9 3 3

0,5 điểm

2

Bài 5: (4 điểm)

Trong một giải thi đấu thể thao, một môn thể thao có x huy chương được phát trong n

ngày thi đấu Ngày thứ nhất người ta phát một huy chương và một phần mười số huy chương còn lại Ngày thứ hai người ta phát hai huy chương và một phần mười số huy chương còn lại

Cứ tiếp tục, ngày thứ k người ta phát k 3 k n huy chương và một phần mười số huy

chương còn lại Ngày sau cùng, còn lại n huy chương để phát Hỏi môn thể thao đó có tất cả

bao nhiêu huy chương đã được phát và đã phát trong bao nhiêu ngày?

Gọi u là k số huy chương còn lại khi bắt đầu ngày thi đấu thứ k (k 1, 2, ,n) Ta có:

1

u  ;x

u   u  u   u 

1

k

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

 Tính uk theo k:

Cách 1: Đặt u k v kpk , ta có:q

1

(1)

v   v k p p q p q

Chọn p, q thỏa

0

9

0 10

q p q







 p = –9 và q =

90

Cách 2: Xét 1 9

10

u   u (2)

Ta có

1

*

1

9 10

k

k



 

    là nghiệm của (2)

0,5 điểm

Đặt u k  v k 9k90 ta có:

1 1 81 81

v  u   và x 1 9

10

v   v với mọi k

Suy ra:

81; ; ;

1

9

( 81) 10

k

k



 

 

Giả sử (1) có nghiệm riêng

~

k

u AkB

 u~k   9k 90

0,5 điểm

điểm

Vậy   9 1  

10

k

k



 

1

~

9 90 10

k



 

 



1

9

10

k

k



 

 

10

n

n



 

9

n n

Vì x là số nguyên dương nên suy ra n và 9 x 81 0,5

điểm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH DƯƠNG

TRƯỜNG : THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN ; KHỐI: 10

ĐỀ THI

CÂU HỎI 1:

Giải phương trình 4 30 1 30 1 30 1 30

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1:

• Điều kiện có nghiệm làx0

• Đặt 1 30 1 30

u   ta thu x được hệ

1

4 1

4









Giả sử xu suy ra 4 30 1 30 30 1 30 4

Vậy u = x và thu được phương trình 4 30 1 30

4

• Đặt 1 30

4

v x ta thu được hệ 4 30







Giả sử xv suy ra 4v 30x  30 v 4x

Vậy v = x và thu được phương trình

4x 30 x 2

0 0

1 1921

32

x x







1 1921 32

 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 1 1921

32

x 

CÂU HỎI 2:

Tìm tất cả các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình:

3 3

x y  xy

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 2:

Nếu x = 0 thì y = –2 và nếu y = 0 thì x = 2

Bây giờ ta xét trường hợp cả x và y đều khác 0

a/ xy < 0

● Nếu x > 0 và y < 0 thì 3 3

x  y  xy  suy ra x = 1 và 3

y  y  , phương trình này không có nghiệm nguyên

● Nếu x < 0 và y > 0 thì 3 3

y x   xy   xy

Mặt khác 3 3 3  3 2  2

2

y x  y  x y  x   xy không thể được!

b/ xy > 0

Ta có 2xy + 8 > 0 , suy ra 3 3    2

x y  xy  xy  xy

● Nếu x – y = 1 thì được phương trình 2

y    không có y nghiệm nguyên

● Nếu x – y > 1   x y 2 ta được

2xy 8 xy  x y 3xy2 43xy

suy ra xy0, trái với xy0 Tóm lại chỉ có hai cặp số nguyên thỏa mãn phương trình là 0, 2 và   2, 0

CÂU HỎI 3:

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f(x) =

2

2010 2012 2011

x

trên tập xác định của nó

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 3:

● Trước hết ta có nhận xét : Tập xác định của f(x) là D  2012; 2012 , f(x) là hàm số lẻ và f(x)   0, x 0; 2012D' Do đó:

x D

Max

 f(x) =

'

x D

Max

 f(x) và min

x D f(x) =

'

x D

Max



 f(x)

● Bây giờ xét f(x) với xD' 0; 2012 , ta có

2010 2012 2010 2010 2012

x 2011 2010 2012 x2

2010 2012

2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2

2

1 2012

2010 2012

x





● Vậy

Maxf(x) = 2011 đạt khi x 2011

minf(x) =  2011 đạt khi x  2011

CÂU HỎI 4:

Cho bốn số dương a a1, 2,a a 3, 4 Chứng minh rằng trong bốn số ấy bao giờ cũng tìm được hai số a a i, j i j sao cho:

i j

i j i j



ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4:

 Đặt 1

1

1 1

b

a

  , 2

2

1 1

b

a

  , 3

3

1 1

b

a

  và 4

4

1 1

b

a

 

Do a i   0 b i 1i1, 2,3, 4  trong khoảng ;

4 2

 

 luôn luôn tồn tại    1, 2, 3, 4 sao cho

tan 1, 2,3, 4

b   i  Theo nguyên lí Dirichlet luôn luôn tồn tại hai góc ,  i jsao cho :

1 0

3 2 4 12

j i

     

 Suy ra 0 tan  tan

12

j i



12 1 cos

6











(2)

x z

M

B

A2

B1

C1

B2

tan tan tan

j i

    

(3)

Từ (1) , (2) , (3) suy ra đpcm

CÂU HỎI 5:

Cho điểm M thuộc miền trong của tam giác đều ABC Chứng minh rằng diện tích của tam giác có độ dài 3 cạnh lần lượt bằng MA, MB, MC không vượt quá 1

3diện tích tam giác ABC

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5:

Qua M vẽ các đường thẳng song song với các cạnh của ABC (theo hình vẽ) ,

Ta có các tam giác MA A , 1 2 MB B , 1 2 MC C là các tam giác 1 2 đều nên :

AB MC BA ,

BC MA CB ,

CA MB  AC

AB M BC M CA M 

Suy ra : CA MB AC MB BC MA là các hình thang cân 1 1, 1 1, 1 1

Do đó CM  A B1 1, BM C A1 1 và AM B C1 1

Vì vậy nếu kí hiệu SABC  và S

1 1 1 '

A B C

S S

thì ta chỉ cần chứng minh ' 1

3

Ta có :

2 1 2 1 1

CB MA MA B

2 1 2 1 1

AC MB MC B

2 1 2 1 1

BA MC MC A

suy ra

2 1 2 1 2 1 2 '

CB MA AC MB BA MC

Giả sử A A1 2  , x B B1 2  , y C C1 2  ta có z ABBCCA  x y z

Suy ra

1 2 1 2 1 2

2 2 2

2

MA A MB B MC C

x y z

 

Ta có

2 2 2

2

x y z

3 x y z  x y z suy ra 1 '

3SS

CÂU HỎI 6:

x

2

I B

C

Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện:

x y

x y

y x

  



   





Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = 2 2

2

x y  xy

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 6:

Gọi M(x,y) là điểm trên mặt phẳng Oxy

trong đó x, y thỏa mãn đầu bài Suy ra

tập hợp các điểm M thuộc miền mặt

phẳng giới hạn bởi ABC với:

1, 0 , 0, 2 , ,

3 3

Ta có

S = 2 2

2

x y  x = y  2 1 2 5

1

x y  

Xét điểm 1,1

2

I 

 

  ta có điểm I thuộc

miền trong của ABC và 2 5

4

S IM 

Ta có 1

2

2

6

IC

, ,

6

IM Max IA IB IC  suy ra S 389 5 86

36 4 9

Vậy giá trị lớn nhất của S là 86

9 , đạt khi M 8 10,

3 3

  tức là 8

3

3

y

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH ĐỊNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; LỚP: 10

ĐỀ THI

CÂU 1: (3 điểm)

Giải phương trình

3

4 3 1 1 ) 5 (x x   x

ĐÁP ÁN:

Điều kiện: x1

Phương trình đã cho tương đương với

1 ) 1 ( 3 1 1 4 1 ) 1 (x x  x   x  (1đ) Đặt u = x10 và y3 3u2 1, ta có hệ



















(2) 1

3

(1) 1

4

3 2

3

y u

y u

u

Cộng (1) và (2) theo vế ta được

y3 + y = (u+1)3 + (u +1) (*) (1đ) Xét hàm số f(t) = t3 + t, dễ thấy f là hàm đồng biến trên R, do đó từ (*) suy ra y = u + 1, từ đó thay vào (1) ta được

u3 + 4u + 1= u +1 u(u2 + 3) = 0  u = 0 (0,5đ) Suy ra x = -1

Thử lại thấy x = -1 thỏa mãn phương trình Vậy x = -1 là nghiệm duy nhất (0,5đ)

CÂU 2: (4 điểm)

Tìm 2011 số nguyên tố sao cho tích của các số nguyên tố này bằng tổng các lũy thừa bậc 2010 của chúng

ĐÁP ÁN:

Gọi các số nguyên tố cần tìm là p1, p2,…,p2011, theo giả thiết ta có









2011

1 2010 2011

i i

Giả sử trong các số nguyên tố trên có k số khác 2011, 0 k 2011 (0,5đ)

Ta xét các trường hợp sau

1) k=0, nghĩa là tất cả các số đều là 2011 Khi đó rõ ràng ta có  





2011

1 2010 2011

1

2011 2011

i i

Vì 2011 là

số nguyên tố nên pi=2011, i=1,2,…,2011 là 2011 số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán (1đ)

2) k=2011, nghĩa là tất cả các số piđều khác 2011 Khi đó do pi là số nguyên tố khác 2011 nên

(pi, 2011)=1 Theo Định lí Fermat nhỏ thì

2011 , 1 ), 2011 (mod 1

p i

Do đó 2011 (mod 2011)

2011

1

2010 





i

i

 2011 1

i i

p không chia hết cho 2011 Ta gặp mâu thuẫn (1đ)

3) 1 k2010, nghĩa là có 2011 – k số bằng 2011 Khi đó trong 2011 số hạng bên phải của (*)

có k số khi chia 2011 dư 1 và 2011-k số còn lại chia hết cho 2011 Do vậy











1 2010 2011

1

2010

2011) (mod

i i i

 2011 1

i i

p chia hết cho 2011 Ta cũng gặp mâu thuẫn (1đ)

Vậy có duy nhất 2011 sô nguyên tố thỏa mãn, đó là 2011 số nguyên tố 2011 (0,5đ)

CÂU 3: (3 điểm)

Cho tam giác ABC có trực tâm H và các đường cao AA’, BB’, CC’ Gọi r’, r lần lượt là bán kính

đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ và tam giác ABC, còn R là bán kính đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC Chứng minh rằng

R

r R R r

3

) ( '

2







ĐÁP ÁN:

Từ giả thiết ta dễ dàng chứng minh được H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’, do đó

nếu kẻ HX vuông góc với A’C’ thì r’ = HX

Ta có

HA’=BA’



BH A'

tan = c.cosB tan(900 – C) = c.cosB cotC

Suy ra r’ = HX = HA’.sin(900 – A) = c.cosB cotC cosA = 2R.cosAcosBcosC (1đ)

H C'

B'

B

A

Từ đó

2 2

1 3

' 3

) (









 









R

r R r R

r R

cos cos

cos

R





Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski ta có

cos cos

cos

3

1

C B

A cos2 Acos2Bcos2C= 1 - 2 cosAcosBcosC (1đ)

Do đó

R C B A R

C B A R R

r

R

r  2 cos cos cos  (12cos cos cos )

3

)

(

'

2

Vậy

R

r R R

r

3

) (

'

2





 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều (1đ)

CÂU 4: (4 điểm)

Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn

 



















2 3

, min 1

yz xz

y x z

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

z y x z y x

P( , , ) 30 4 2010 ĐÁP ÁN:

Từ giả thiết ta có



























2 1

3 1

1 1

z y

z x

z

Do đó

4 1

3

1 1

3

2 1

1 1

2

1

1



























 







x

z x

z x

z z

x x

z z x x

z

Tương tự,

2

3 1

2

1 1

2

2 1

1 1

2

1

1





































x

z x

z y

z z

y y

z z y y

z

Từ đó

2022 1976

2

3 4 3

4 30 1976 1

1 4 1 1 30 2010 4

30

)

,

,

























 









z z y z

x z

y x

z

y

x

P

Vậy giá trị lớn nhất là 2022 đạt được khi x = 3, y = 2, z = 1 (0,5đ)

CÂU 5: (3 điểm)

Cho tập X gồm 9 số tự nhiên liên tiếp k, k+1, …, k+8, k 1 Tồn tại hay không một cách phân hoạch tập X thành hai tập con khác rỗng sao cho không có tập con nào có chứa 3 số tự nhiên cách đều nhau (3 số tự nhiên a, b, c được gọi là cách đều nhau nếu c-b = b-a).

ĐÁP ÁN:

Giả sử tập X được phân hoạch thành hai tập con A, B khác rỗng sao cho không có tập con nào

có chứa 3 số tự nhiên cách đều nhau, trong đó

A = {a 1 , …, a m }, B = {b 1 , …, b n }, m > n và m + n = 9 Suy ra m5 (0,5đ)

Đặt a i+1 – a i = c i , i =1,…, m-1 Không mất tổng quát, giả sử d 1, d 2 , …, d m-1 là một hoán vị nào đó

của dãy c 1 , c 2 ,…, c m -1 Khi đó













 1

1

1 1

1

m

i

m i m

i

d (0,5đ)

Vì A không chứa 3 số tự nhiên cách đều nào nên ta có thể giả sử d 1 < d 2 < …< d m-1và



































2 1 1

1

3 2 1

m a d

a d

a d

a d

m

(1đ)

Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có

10 6 4 2

1 2 )

1 (

Suy ra a m a110k10, vô lý

Vậy không thể phân hoạch tập X thành hai tập con thõa mãn yêu cầu bài toán (1đ)

CÂU 6: (3 điểm)

Cho bát giác A1 A2… A8 có tính chất: tất cả các đỉnh có tọa độ nguyên và độ dài tất cả các cạnh là những số nguyên Chứng minh rằng chu vi đa giác là một số chẵn

ĐÁP ÁN:

Giả sử A i A i1 (a i,b i),i1,8 (quy ước A9 A1), trong đó ai, bi là những số nguyên và 2 2

i

i b

a  cũng là những số nguyên với mọi i Ta có

8 1 8

1 8

1

1    







i i

i i

i

A (0,5đ)

Từ đó

































8 1 8

1 2 8

1 8

1

2

2 ,

2

j i j i i

i j

i j i i

Tức là  





8 1 2 8

1

2

,

i

i i

a là các số chẵn (1đ)

Từ đó bình phương chu vi bát giác là























2 2 2 2 2

2 2

8 1

2 2

2

j j i i i

i i

i

Do đó N2 là số chẵn Suy ra N cũng là số chẵn (đpcm) (0,5đ)