ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN 12 TỈNH ĐĂK LĂK

Câu 2: 4 điểm Cho tam giác ABC có các góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R.. Gọi R1, R2,R3 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác OBC, OAC, OAB; p là nửa chu vi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

TRƯỜNG THPT: NGÔ GIA TỰ

KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ II

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; LỚP: 10

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN

Câu 1: (4 điểm) Giải phương trình: 3 3 3 3

(4 3)

2

Đáp án câu 1:

Câu 1

4,0 điểm Đặt y = 4 x3− + x 3 (1) có dạng:

3 3 3

( )

I





− + =

 Khi đó nghiệm của (1)

là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I)

1,0

(I)



⇔ 



x y x xy y



⇔ 



1,0

TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): 3 3

4

TH2: 2x2−2xy+2y2− = ∆ = −1 0; 'x 2 3y2 Nếu có nghiệm thì 2

3

y ≤ Tương

tự cũng có 2

3

x ≤ Khi đó VT (2) ≤

3

2 8 2

3 3 3

  Chứng tỏ TH2 vô

nghiệm KL (1) có 1 nghiệm 3 3

4

x= −

0,5

1,0

Câu 2: (4 điểm) Cho tam giác ABC có các góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Gọi R1, R2,

R3 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác OBC, OAC, OAB; p là nửa chu vi của tam giác ABC Chứng minh:

7

729 16

R

R R R

p

≥

Đáp án câu 2:

Câu 2

4,0 điểm

Đặt BC a AC b AB c S= , = , = , ∆ABC =S và p là là nửa chu vi của tam giác ABC.

Ta có:

1

OBC

OBC

OB OC BC R a R a

∆

∆

Tương tự:

4 OAC 4 OAB

1,0

64

3

OBC OAC OAB OBC OAC OAB

R R R

S∆ S∆ S∆ S∆ S∆ S∆

+ +

R abc R

R R R

1,0

p a p b p c p

S = p p a p b p c− − − ≤ p − + − + −  =

nên:

7

729 16

R

R R R

p

≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

1,0

Câu 3: (3 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng:

a + −b ab+ b + −c bc≥ a + +c ac

Đáp án câu 3:

Câu 3

3,0 điểm Trong hệ tọa độ Oxy chọn: ; 3 ; ( );0 ; ; 3

A a B b C − 

1,0

Theo bất đẳng thức về ba điểm, ta có: AB BC+ ≥ AC

⇒  − ÷ + ÷÷ +  − ÷ + ÷÷ ≥  − ÷ + + ÷÷

           

⇔ + − + + − ≥ + +

1,0

Dấu “=” xảy ra khi BAuuur cùng phương với BCuuur

ab bc ac b

⇒ = ⇔ = ⇔ + − = ⇔ =

−

1,0

Câu 4: (3 điểm) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 7 thì 3 p−2p−1 chia hết cho 42p

Đáp án câu 4:

Câu 1

4,0 điểm

Ta thấy 42p = 2.3.7.p

Đặt A=3p−2p−1, ta chứng minh A≡0 (mod 42 )p 0,25

* Ta có: 3p ≡1(mod 2)⇔3p− ≡1 0(mod 2)⇒ A≡0 (mod 2) (1)

* 2 1(mod 3)− ≡ ⇔ − ≡2p 1(mod 3)⇔ − − ≡2p 1 0(mod 3)

0 (mod 3)

A

0,25

0,5

* Vì p là số nguyên tố nên theo định lí Fermat ta có:

3p ≡3(mod )p và 2p ≡2(mod )p

Do đó, 3p−2p − ≡ − −1 3 2 1 mod( p) nên A≡0 (mod )p (3) 0,5

* p là số nguyên tố lớn hơn 7 nên p có dạng 6t + 1 hoặc 6t + 5 ( *)

t N∈

TH1: p = 6t + 1

A=36 1t+ −26 1t+ − =1 3 3( 6t− −1) (2 26t− ≡1) 0(mod 7)

( vì 36 ≡1(mod 7) và 26 ≡1(mod 7))

TH2: p = 6t + 5

A=36 5t+ −26 5t+ − =1 3 35( 6t− −1) (2 25 6t − + − − ≡1) 35 25 1 0(mod 7)

Do đó, A≡0 (mod 7) (4)

1,0

Từ (1), (2), (3) và (4) ta được A≡0 (mod 42 )p hay 3p −2p −1 chia hết cho 42p.

0,5

Câu 5: (3 điểm) Cho một hình vuông và 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành

hai tứ giác có tỉ số diện tích 2

3 Chứng minh rằng trong số 13 đường thẳng đó, có ít nhất 4 đường thẳng cùng đi qua một điểm

Đáp án câu 5:

Câu 5

3,0 điểm

Gọi d là đường thẳng chia hình vuông ABCD thành hai tứ giác có tỉ số diện tích

2

3 Đường thẳng d không thể cắt hai cạnh kề nhau của hình vuông vì khi đó không

tạo thành hai tứ giác

0,5

Giả sử d cắt hai cạnh BC và AD tại M và N, khi đó nó cắt đường trung bình EF tại

J Ta có:

1 2 1

ABMN

MC N

AM BN AB

+

+

1,0

Như vậy mỗi đường thẳng đã cho chia các đường trung bình của hình vuông theo tỉ

số 2

3 Có 4 điểm chia các đường trung bình của hình vuông ABCD theo tỉ số

2

3.

0,5

Có 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đi qua một trong 4 điểm Vậy theo nguyên lý

Đirichlê có ít nhất 4 đường thẳng đi qua 1,0

Bài 6 (3 điểm) Tìm tất cả các hàm số f: Q → Q thỏa mãn điều kiện

( ) ( ) 2 ( ) 2 ( )

f x y+ + f x y− = f x + f y

Đáp án câu 6:

Câu 6

3,0 điểm

Cho x = y = 0 ta được 2f ( )0 =4f ( )0 ⇒ f ( )0 =0

Với x ny n N= ( ∈ ) ta được:

( )

f n+ y = f ny y+ = f ny + f y − f n− y

0,5

Ta chứng minh f nx( ) =n f x2 ( ) với mọi n N∈ (1)

Rõ ràng khẳng định đúng với n = 1

Giả sử khẳng định đúng với mọi n k= , k≥1 Tức là ta có:

( ) 2 ( )

f kx =k f x

Ta cần chứng minh khẳng định đúng với n k= +1 Thật vậy,

( )

( )

( 2 2) ( ) ( ) ( )2

= + − − = + Vậy khẳng định đúng với n

1,0

Trong (1) thay x bởi 1

2

1

   

=  ÷⇒  ÷=

   

Vì vậy áp dụng (1) có 1 2 1 2 ( )

 =  =    =

 ÷  ÷  ÷  ÷

       

Do đó f x( ) =ax2∀ ∈x Q, trong đó a= f ( )1

1,0

Ta kiểm tra hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán

f x y+ + f x y− =a x y+ +a x y− = ax + ay = f x + f y

Kết luận: Hàm số cần tìm là f x( ) =ax2∀ ∈x Q 0,5

- Hết