Trong một giải đấu cờ vua có 2n vận động 2 viên tham gia, mỗi người đấu với người khác đúng một ván.. Tại một thời điểm trong giải, người ta thấy có n ván đấu đã diễn ra.. Chứng mi
Trang 1Sở 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 mỗicâu trên một hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số … ở trang 1 của mỗi tờ giấy làm bài
– Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay
– Đề này có 01 trang
Bài 1 (4 điểm): Giải hệ phương trình sau:
3
2x y 1 2 7x 12y 8 2xy y 5
Bài 2 (4 điểm): Cho đươ ̀ ng tròn (O) đường kính AB , C là điểm di đô ̣ng trên (O) không trùng với A
và B Các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau ta ̣i N, AN cắt (O) tại D khác A Tiếp tuyến của (O) tại D cắt CN ta ̣i P Chứng minh rằng P di đô ̣ng trên mô ̣t đường cố đi ̣nh khi C di
đô ̣ng trên (O)
Bài 3 (3 điểm): Cho a, b, c la ̀ ba số thực dương tùy ý Chứng minh :
7a b c a 7b c a b 7c ≤ 1
Bài 4 (3 điểm): Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình :
x2 + y2 + x + y = kxy
có nghiệm nguyên dương x , y
Bài 5 (3 điểm): Cho trước số nguyên dương n Trong một giải đấu cờ vua có 2n vận động 2
viên tham gia, mỗi người đấu với người khác đúng một ván Tại một thời điểm trong giải, người ta thấy có n ván đấu đã diễn ra Chứng minh rằng khi đó có thể chọn ra ba vận 2 1 động viên sao cho hai người bất kỳ trong ba người được cho ̣n đều đã thi đấu với nhau
Bài 6 (3 điểm) Cho ha ̀m số f: N* N*\{1} (N* là tập hơ ̣p các số nguyên dương) thỏa mãn:
f(n) + f(n + 1) = f(n + 2)f(n + 3) – 168
Tính f(2014)
Hết
www.VNMATH.com
Trang 2ĐÁP ÁN TOÁN 10
Bài 1 (4 đ): Giải hệ phương trình sau
3
Ta có: (1) x + y ≥ 0 và
5x 2xy2y 2x 2xy5y
= (2x y) 2(x y) 2 (x 2y) 2(x y) 2
≥ (2x y) 2 (x 2y) 2 2x y x 2y 3(x y)
1.0
Thế y = x vào (2), ta được: 3x 1 2 193 x82x2 (3) x 5
(3) 3 1 ( 1) 2 319 8 22 22
Bài 1
3 2 2
2
3
x x x
x x
x x
2 2
2
3
x x x
x x
x x
2
3
0
2 0 (*)
x x
x
0,5
Vì x ≥ 0 nên (*) vô nghiệm Do đó (3) x = 0 hay x = 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( , )x y 0; 0 , 1;1 0.5
Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là điểm di động trên (O) không trùng với A và
B Các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại N, AN cắt (O) tại D khác A Tiếp
tuyến của (O) tại D cắt CN tại P Chứng minh rằng P di động trên một đường cố định
khi C di động trên (O)
∑=4
Xét hệ trục Oxy sao cho A(0; 1), B(0; –1)
Ta có:
(O): x2 + y2 = 1; C (O) nên C(cost; sint)
Vì C không trùng A và B nên cost ≠ 0
CP là tiếp tuyến của (O) tại C
CP: cost.x + sint.y – 1 = 0
0,5
N(xN; –1) CP N(1 sin
cos
t ; –1)
Đường thẳng AN có VTCP là 1 sin ; 2 1 (1 sin ; 2 cos )
AN: 2xcost + (1 + sint)(y – 1) = 0 AN: 2xcost + (1+ sint)y = 1 + sint
0,5
BD: (1 + sint)x – 2cost(y + 1) = 0 BD: (1+ sint) x – 2ycost = 2cost 0,5 Bài 2
Ta có D = AN BD nên tọa độ D thỏa hệ:
0,5
P D
N O
B
A
C
www.VNMATH.com
Trang 32x cos t (1 sin t)y 1 sin t (1 sin t)x 2y cos t 2 cos t
4 cos t 5sin t 3
5 3sin t 5 3sin t
5 3sin
t
t.x +
5sin 3
5 3sin
t
t .y – 1 = 0 (Do DP là tiếp tuyến của (O) tại D)
4cost.x + (5sint – 3).y = 5 – 3sint
0,5
Vì P = DP CP nên tọa độ P thỏa hệ:
4 cos (5sin 3) 3sin 5
t x t y t
t x t y
4x cos t (5y 3)sin t 3y 5 4x cos t 4y sin t 4
sin t
y 3
và
2 3(1 y ) cos t
x(y 3)
Vì cost ≠ 0 nên y ≠ 1 và y ≠ –1
0,5
Ta có sin2t + cos2t = 1 x2(3y + 1)2 + 9(1 – y2)2 = x2(y + 3)2
9x2y2 + 6x2y + x2 + 9(1 – y2)2 – x2y2 – 6x2y + 9x2
8x2(y2 – 1) + 9(1 – y2)2 = 0 8x2 + 9(y2 – 9) = 0 (vì 1 – y2 ≠ 0)
2
2 1
9 / 8
x
y
0,5
Vậy P thuộc elip (E):
2
2 1
9 / 8
x y
Cho a, b, c là ba số dương Chứng minh:
a b c a b c a b c
∑ = 3.0
Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có: 7a2b2c2 7 1 1 7a b c 2 0.5
2
2 2 2
7 7
a b c
a b c
2 2 2
3 7 7
a b c
a b c
0.5
a b c a a a b c a a b c
a b c a b c
Do đó:
2 2 2
1 2
3 3 7
a b c
a b c
1.0 Bài 3
Tương tự ta có:
2 2 2
1 2
3 3 7
a b c
a b c
2 2 2
1 2
3 3 7
a b c
a b c
Cộng vế theo vế ta được:
a b c a b c a b c
1,0
Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình x2 y2 x y kxy (1)
Không mất tính tổng quát, giả sử x y Xét giá trị k nguyên dương sao cho
phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương Trong các nghiệm ấy ta gọi
x0; y0 là nghiệm sao cho x0 y01 và x0y0 nhỏ nhất 0,5 Bài 4
0 01 0 0 0
x ky x y y = 0 nên x0 là nghiệm của phương trình
2 2
0 1 0 0
f x x ky xy y = 0
Vì f x là bậc 2 nên f(x) còn có thêm một nghiệm là x1 Do đó (x1; y0) thỏa (1)
nên (x1; y0) là một nghiệm của (1)
Mà cách chọn x0;y0 có x0 + y0 nhỏ nhất nên x1y0x0y0 x1 ≥ x0 ≥ y0 ≥ 1
Khi đó y0 nằm ngoài khoảng hai nghiệm của tam thức bậc hai f x có hệ số bậc
2 là số dương Từ đó f y 0
1,0
www.VNMATH.com
Trang 4Do f y 0 2y02y0ky0 nên ta có
0
2
k
y
(vì y 0 1) Suy ra k 1; 2; 3; 4
0,5
+ Với k 1 thì (1)
2
0
y
x y x yxyx y x y
x y x y xy xy x y (vô lý)
0,5
+ Với k 3 thì (1) x2 + y2 + x + y = 3xy có nghiệm x y ; 2; 2
+ Với k4 thì (1) x2 + y2 + x + y = 4xy có nghiệm x y ; 1; 1 0,5
Cho trước số nguyên dương n Trong một giải đấu cờ vua có 2n vận động viên 2
tham gia, mỗi người đấu với người khác đúng một ván Tại một thời điểm trong giải,
người ta thấy có n 2 1 ván đấu đã diễn ra Chứng minh: khi đó có thể chọn ra ba vận
động viên sao cho hai người bất kỳ đều đã thi đấu với nhau
∑ = 3.0
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n
● Với n = 2: Giả sử bốn vận động viên tham dự là , , ,A B C D và có 5 ván đấu đã diễn
ra
Nếu hai trong ba người , ,B C D đều đã đấu với nhau một ván thì ta có đpcm
Nếu có hai trong ba người B C D chưa đấu với nhau Giả sử B và C chưa đấu với , ,
nhau thì do số trận tối đa là C – 1 = 5 mà đã có 5 ván diễn ra nên chỉ có B và C là 24
chưa đấu với nhau Khi đó ba người , ,A B D và , , A C D thỏa mãn yêu cầu bài toán
1.0
● Giả sử bài toán đúng với n = k k *,k 2
● Ta chứng minh bài toán đúng với n = k + 1
Giả sử E và F là hai vận động viên đã đấu với nhau
Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại lớn hơn hoặc bằng k2 + 1 thì theo
giả thiết quy nạp ta có đpcm
1.0 Bài 5
Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại nhỏ hơn hoặc bằng k , mà tại thời 2
điểm này có (k + 1)2 + 1 = k2 + 2k + 2 ván đấu đã diễn ra nên tổng số ván mà E và F
đã đấu lớn hơn hoặc bằng 2k + 2 ( kể cả ván đấu giữa E và F ) Suy ra số ván đấu
giữa E, F với nhóm 2k vận động viên kia lớn hơn hoặc bằng 2k + 1 (*)
Nhận xét: Nếu không có người nào trong nhóm 2k vận động viên đã thi đấu với cả E và
F thì số ván thi đấu tối đa là 2k (mâu thuẫn với (*))
Do đó, trong số 2k vận động viên còn lại, phải có ít nhất một người đã đấu với cả E và
F (giả sử người này là G) Khi đó ta có 3 vận động viên , , E F G thỏa yêu cầu bài toán
Vậy bài toán được chứng minh
1.0
Cho hàm số f: N* N*\{1} thỏa f(n) + f(n + 1) = f(n + 2).f(n + 3) – 168 với n N*
Ta có f(k) + f(k + 1) = f(k + 2).f(k + 3) – 168
Ta có f(k + 1) + f(k + 2) = f(k + 3).f(k + 4) – 168
Do đó k N* thì f(k + 2) – f(k) = f(k + 3).[f(k + 4) – f(k + 2)]
0.5
Suy ra rằng:
f(3) – f(1) = f(4).f(6)……f(2k).[f(2k + 1) – f(2k – 1)] (1)
f(4) – f(2) = f(5).f(7)…….f(2k + 1)[f(2k + 2) – f(2k)] (2)
Do đó: |f(3) – f(1)| = f(4).f(6)…….f(2k).|f(2k + 1) – f(2k – 1)| Với k N*, k ≥ 2
0.5 Bài 6
Nếu f(3) ≠ f(1) thì f(2k + 1) ≠ f(2k – 1)
Vì | f(2k + 1) – f(2k – 1)| là số nguyên dương nên |f(2k + 1) – f(2k – 1)| ≥ 1
và f(n) ≥ 2, n N* Do đó: |f(3) – f(1)| ≥ 2k – 1 , với k N*, k ≥ 2
0.5
www.VNMATH.com
Trang 5Điều này không thể xảy ra Vậy f(3) = f(1) suy ra f(2k + 1) = f(2k – 1) = a 0.5 Tương tự f(2k + 2) = f(2k) = b với a, b N*; a, b ≥ 2
Giả thuyết: a + b = ab - 168 ab – a – b + 1 = 169 = 132 (a – 1)(b – 1) = 132 0.5
a 1 b 1 13 hoặc a 1 169
b 1 1
hoặc a 1 1
b 1 169
b 14
b 2
b 170
Vậy f(2014) = 2 hoặc f(2014) = 14 hoặc f(2014) = 170
0.5
Chú ý:
Nếu học sinh làm bài 1 theo cách sau thì biểu điểm bài 1 như sau:
Bài 1 (4 đ): Giải hệ phương trình sau
3
Ta có: (1) x + y ≥ 0 và
5x 2xy2y 2x 2xy5y = (2x y) 2(x y) 2 (x 2y) 2(x y) 2
≥ (2x y) 2 (x 2y) 2 2x y x 2y 3(x y)
1.0
Khi đó, ta được: 3x 1 2 193 x82x2 x 5 3x 1 2 2319x 8 32x2 x 3 0.5
3
x x
2 3 3
1
x
x
0.5
Xét phương trình:
2 3 3
3x 1 2 19x8 3 19x 8 9 x (*)
Ta thấy x là một nghiệm của phương trình (*) 0
0.5
Với mọi x , ta có: 0
2 3 3
3x 1 2 19x8 3 19x 8 9 x Nên phương trình (*) không có nghiệm dương
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( , )x y 0; 0 , 1;1
0.5
www.VNMATH.com