Đề olympic 30 4 môn toán 10 năm 2018

Gọi M là trung điểm của BC.. Chứng minh rằng I là trung điểm của đoạn thẳng AD.. Có 23 quả cầu với khối lượng mỗi quả cầu là một số nguyên dương.. Biết rằng cứ 22 quả cầu bất kì đều có t

ĐỀ ĐỀ NGHỊ VÀ ĐÁP ÁN OLYMPIC 30/4 NĂM 2018

MÔN : TOÁN 10 PHẦN 1 : ĐỀ

Bài 1 Giải hệ phương trình  2  2  2  2  

,

x y











Bài 2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O

Gọi M là trung điểm của BC Trên cung nhỏ BC lấy điểm D sao cho tia MB là tia phân giác của góc AMD Đường thẳng qua C và song song với AD cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai là E Gọi I là giao của hai đường thẳng AD

và BE Chứng minh rằng I là trung điểm của đoạn thẳng AD

Bài 3 Chứng minh rằng với , ,x y z là các số thực dương thỏa x y z  3xyz thì

Bài 4 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a b, 

sao cho a23b và b23a đều là số chính phương

Bài 5 Có 23 quả cầu với khối lượng mỗi quả cầu là một số nguyên dương Biết rằng cứ 22 quả

cầu bất kì đều có thể chia thành hai nhóm sao cho tổng khối lượng của các quả cầu trong mỗi nhóm bằng nhau Chứng minh rằng khối lượng của tất cả các quả cầu đều như nhau

Bài 6 Tìm tất cả các hàm số :f   thỏa mãn   

1

x

 



 

  và 1 1 f x  f x 1

x

với mọi số hữu tỉ dương x

PHẦN 2 : ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Bài 1 (4 điểm)

Giải hệ phương trình

 

2 6 1 2 2 3 1





Điều kiện xác định : y2,x2y 6 0

♦ Do y  nên từ 2  1

ta có x2y 6 y 2  2y 3 1 0 

 x y  4  3

♦ Ta chứng minh  12  12  12  12 4  4

10

x y

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có :

1đ

 12  12 3 1 2 2 1

3 1



 12  12  12 32 1

1 3

 Suy ra :

 12  12  12  12 3 1 2 2 1  12 32 1

 12  12  12  12 4  4

10

x y

 4

Đẳng thức xảy ra khi









  5

♦ Từ      3 , 4 , 5

suy ra x12y12  x12y12 2 10

, đẳng thức xảy

ra khi x  Vậy y 2  *  x y  2

Thay lại vào hệ  *

, ta thấy x  thỏa mãn Vậy y 2 x  là nghiệm duy nhất củay 2

hệ  *

1đ

2đ

Bài 2 (4 điểm)

Gọi R là bán kính đường tròn  O

Theo định lý sin trong tam giác ABI và DBI, ta có:









,

Mà sinBIA sinBID (hai góc kề bù) nên





2

AE AB

DE

R

Do AECD nội tiếp và CE AD nên AECD là hình thang cân Suy ra//

,

Suy ra

DI BD AC (1)

MB là phân giác của AMD nên  AMB DMB

Ta có :

2

cos

2

AMB

AM BM

AB

AM BC

AM BC











BC

BM 

)

Tương tự, ta cũng có :

cos

DMB

DM BC





Do đó :



ABC DBC









Mặt khác, ta có :





1

2

.sin 2

ABC DBC





do BAC BDC 180 Suy ra :







(2)

Từ (1) và (2) suy ra AI DI Vậy I là trung điểm của AD

2đ

2đ

Bài 3 (3 điểm)

Ta có

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương , ,x y z , ta có :

3

3xyz x y z   3 xyz  xyz 1

Do đó ta có: x2 1 2x x22y z2 2 1 2x2y z2 24 xy z2 2 4 yz

Suy ra 2 2 2

1

    , đẳng thức xảy ra khi x   y z 1

Tương tự ta cũng có 2 2 2 2 2 2

Do đó :

3

1đ

2đ

Bài 4 (3 điểm)

Nhận xét rằng với ,a b  thì hai bất đẳng thức 0 a23ba22

và b23ab22 không thể đồng thời đúng Thật vậy, nếu cả hai bất đẳng thức này cùng đúng thì cộng vế theo vế ta được 0   , mâu thuẫn với giả thiết ,a b 8 a b  0

Do vai trò của ,a b bình đẳng, không mất tính tổng quát ta giả sử a23ba22

Ta có : a23b là số chính phương và a2 a23ba22

nên a23ba12

Do

đó 3b2a Từ đây suy ra 1 a3k và 1 b2k1 k  

Thay a3k và 1 b2k thì 2 a23b3k22

và b23a4k213k là số4 chính phương

Với k  thì 5 2k324k213k 4 2k42 nên b23a không thể là số chính phương

Kiểm tra trực tiếp, ta thấy với k 1;2;3;4

thì b23a4k213k không là số chính4 phương

Với k  thì 0 a23b22 và b23a22 Trong trường hợp này a b  1

Với k  thì 5 a23b172 và b23a132 Trong trường hợp này a16,b11 hoặc

11, 16

Vậy các cặp số nguyên dương a b,  cần tìm là 1,1 , 16,11 , 11,16    

1,5 đ

0,5 x3

Bài 5 (3 điểm)

Giả sử khối lượng của các quả cầu là a a1, , ,2 a23 a i 

 

Do 22 quả cầu bất kì đều chia được thành 2 nhóm có khối lượng bằng nhau nên tổng khối lượng của 22 quả cầu bất kì luôn là số chẵn Suy ra tất cả các quả cầu có cùng tính chẵn lẻ

Nhận xét :

♦ Nếu tất cả các a đều chẵn thì bộ các quả cầu có khối lượng là i 2 21, 2, , 223

cũng thỏa mãn các điều kiện trong giả thiết

♦ Nếu tất cả các a đều lẻ thì bộ các quả cầu có khối lượng là i 121, 22 1, , 232 1

cũng thỏa mãn các điều kiện trong giả thiết

Giả sử có một bộ quả cầu thỏa giả thiết nhưng không phải tất cả các quả cầu đều có khối lượng giống nhau Với mỗi bộ quả cầu a a1, , ,2 a như vậy, đặt23

: min i j : i j

là đại lượng đặc trưng thì d   Gọi D là số nhỏ nhất trong tất cả các số d (tồn tại theo nguyên lý cực hạn) Giả sử bộ b b1, , ,2 b có đặc trưng là D23

Khi đó :

♦ Nếu cácb đều chẵn thì theo nhận xét ở trên bộ i 2 21, 2, , 223

có đặc trưng là 2

D

nhưng 0

2

D

D

, mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của D

♦ Nếu các b đều lẻ thì theo nhận xét ở trên bộ bộ i 121, 22 1, , 232 1

có đặc trưng là

D nhưng 0 2

D D

mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của D

Vậy trong cả hai trường hợp, ta đều dẫn đến mâu thuẫn Suy ra giả sử là sai, tức nếu có

bộ quả cầu thỏa giả thiết thì tất cả các quả cầu phải có khối lượng bằng nhau

0,5 x3

1,5

Bài 6 (3 điểm)

Đặt g x  f x 

x



thì từ hai điều kiện trong giả thiết ta có 1 2    

*

x

 



 

   1 **  

g x g x

với mọi x  

Với mọi x  , kí hiệu   x là phần lẻ của x, tức x x  x

với  x

là số nguyên lớn

nhất không vượt quá x Ta có 0 x  1

♦ Nếu  x 0 thì x 

  Khi đó (**) suy rag x  g 1    (1)x 

♦ Nếu 0 x  thì 1 g x  g x   x  g x   

(theo (**))

Giả sử  x p

q



với p q ,  1

Do

0 p 1

q

 

nên qp Theo thuật toán chia Euclide, tồn tại các số nguyên dương a r sao cho 1 1, q a p r 1  và 1 1 r 1 p

Từ đó ta có :

1đ

2 2 2 2

1

Nếu r  , bằng lập luận tương tự, tồn tại các số nguyên dương 1 1 a r sao cho2, 2

2 1 2

p a r r  và 1 r  và2 r1

2

2

 

 

 

Suy ra

2

 

 

 

Quá trình này được thực hiện liên tiếp Do p r r, , , 1 2 là các số nguyên dương và

p r r  nên quá trình này là hữu hạn, tức tồn tại k sao cho r  Khi đó ta có : k 1

1 k k



 

 

Từ (*) và (1) ta có 1 2   2  

1

n



 

 

 

 Suy ra

 

2 1 1

1

1

k k



 



 

 

2

1 2 1

k k



 

 

Đặt g 1  thì c

2

p

q

 



 

Thử lại ta thấy hàm số

2

p

q

 



 

  thỏa mãn (*) và (**) Vậy g x  q c2

trong đó

p

q là

dạng phân số tối giản của  x (nếu x nguyên thì q  ) và c là hằng số hữu tỉ dương1

tùy ý

Ta có :

  f x      2

x

trong đó

p

q là dạng phân số tối giản của  x (nếu x nguyên thì q  ) và c là hằng số1

hữu tỉ dương tùy ý

Vậy f x xq c2

trong đó

p

q là dạng phân số tối giản của  x (nếu x nguyên thì q  )1

và c là hằng số hữu tỉ dương tùy ý.

1đ

1đ