Giả sử S không có hai tập con rời nhau mà tổng của các phần tử trong hai tập con đó bằng nhau... LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1..[r]
Trang 1ĐỀ THI THỬ OLYMPIC 30 THÁNG 4 LỚP 10 NĂM 2021
MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Bài 1 (4,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
b) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn abc 1 Chứng minh rằng:
a b c a b c ab bc ca
Bài 2 (5,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC Đường tròn nội tiếp I tiếp xúc với các cạnh AB BC CA, , lần lượt tại D E F, , Gọi
P là chân đường vuông góc hạ từ D xuống EF, Mlà trung điểm của PD và H là trực tâm tam giác IBC a) Chứng minh ba điểm H D I, , thẳng hàng
b) Chứng minh các đường thẳng EF AI HM, , đồng quy
Bài 3 (3,0 điểm)
Tồn tại hay không số nguyên tố p có dạng 3n thỏa mãn 2 m 2 3 chia hết cho p?
Bài 4 (3,0 điểm)
Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn:
( ) 1
f x f y yf xy với mọi ,x y
Bài 5 (5,0 điểm)
Gọi S là tập hợp gồm các số dương nhỏ hơn hoặc bằng 15 Giả sử S không có hai tập con rời nhau mà tổng của
các phần tử trong hai tập con đó bằng nhau
a) Chứng minh S có nhiều nhất 5 phần tử
b) Tìm giá trị lớn nhất của tổng các phần tử trong S
-HẾT -
Trang 2LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1
a) Giải hệ phương trình:
b) Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn abc 1 Chứng minh rằng:
a b c a b c ab bc ca
Lời giải
a) Điều kiện: x x y 0
x x y x y x xy y
2 2 2 2 2 2 2 3 2
2x xy y 2 x y 2x 2xy2y 3 x y
Dấu bằng xảy ra khi
2
2
x x y x y
x y
Thay x y vào phương trình ban đầu ta được:
2
2
1
1 3
x
Từ đây ta được x y2 2
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất là x y ; 2 2; 2 2
b) Với mọi x y z , , 0 ta có: 2 2 2
x y z xyz xyyzzx
Theo nguyên lí Dirichle thì trong số dương x y z, , có hai số cùng phía với 1
Không mất tính tổng quát giả sử x1y10xy 1 x y2xyz2zx2yz2 z
x y z xyz x y z yz zx z
Trang 3Mà x2y2 2xy nên 2 2 2 2
x y z yz zx z xyyzzx z xyyzzx
x y z xyz xyyzzx
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xyz1
Quay trở lại bài toán kết hợp với abc 1, ta có:
a b c a b c a b c abc a b c abc ab bc ca a b c
Do đó cần chứng minh: a b c 3 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:
3
a b c abc Suy ra điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab c 1
Bài 2
Cho tam giác nhọn ABC Đường tròn nội tiếp I tiếp xúc với các cạnh AB BC CA, , lần lượt tại D E F, , Gọi
P là chân đường vuông góc hạ từ D xuống EF, Mlà trung điểm của PD và H là trực tâm tam giác IBC a) Chứng minh ba điểm H D I, , thẳng hàng
b) Chứng minh các đường thẳng EF AI HM, , đồng quy
Lời giải
a) Gọi CIEFS
Ta có SIB 12 ACBABC và 0 1 1
90
Suy ra tứ giác BISF nội tiếp 0
90
BSI BFI BS CI
Mà BH CIB S H, , thẳng hàng
S
T
J K
M
H
I
P F
E
D
C B
A
Trang 4Do IH BC ID, BC nên H D I, , thẳng hàng
b) Gọi J AIEF K, HDJP T, BICH
Tam giác BHC có , S T là chân đường cao hạ từ , B C suy ra H I K D , , , 1
Do đó J H I K D , , , 1 JH JI JP JD, , , 1
Mà JM JI JP JD do , , , 1 M là trung điểm của PD và IJPD
Suy ra H J M thẳng hàng , ,
Vậy AI HM EF đồng quy , ,
Bài 3
Tồn tại hay không số nguyên tố p có dạng 3n thỏa mãn 2 m 2 3 chia hết cho p?
Lời giải
Xét phương trình đồng dư m2 3 0(mod ),p p3n2,nN*
Gọi p là số nguyên tố bé nhất thỏa mãn phương trình trên và 0 xk p0 sao cho k2 3 0(modp0)(1)
Vì p3n2,nN* nên p là số nguyên tố lẻ, do đó nếu k lẻ thì thay k bởi pk chẵn Nên không mất tính
tổng quát ta chỉ cần xét với k chẵn Khi đó ta có các trường hợp: k2 1(mod 3);k2 0(mod 3)
Trường hợp 1: k 2 1(mod 3) Từ phương trình (1) ta có k2 3(modp0)k2 3 tp0, tp ,0 t lẻ
0 3 4(mod 3)
tp k
Do p0 2(mod 3) t 2(mod 3) lẻ và có dạng 3t n Suy ra t phải có ước nguyên tố lẻ 2 q dạng 3n 2
Do đó k2 3(mod )(2).q Mặt khác q t p0 nên (2) mâu thuẫn với cách chọn p 0
Vậy trường hợp này vô nghiệm
Trường hợp 2:k2 0(mod 3)k b.3 ,i b không chia hết cho 3 và i nguyên dương
Từ (1) ta có k2 3(modp0)32i b2 3(modp0)32 1i b2 1(modp0)32 1i b2 1 p h0
Với h lẻ Do đó p h 0 1(mod 3)
Mặt khác p0 2(mod 3)h2(mod 3)h lẻ có dạng 3n 2 Do đó mọi ước nguyên tố r của h đều có dạng
3n Khi đó 2 2 1 2 2 2
3 i b 1(mod )h 1(mod )r 3i b 3(mod ).r Vì r p0 nên dẫn đến vô lý
Vậy không có số nguyên m thỏa mãn bài ra
Trang 5Bài 4
Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn:
( ) 1
f x f y yf xy với mọi ,x y
Lời giải
Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán
Thay x bởi y 1
y
vào phương trình đã cho, ta được:
1
y
y
Thay y bởi x 1 f x( )
x
vào phương trình đã cho, ta được:
Từ (1) và (2), ta có:
( ) x 1 ( ) ( ) ( ) x 1 1 ( ) 1, 1 3
Vậy f x( ) 1
x
với mọi x 1 Suy ra: 1 1
1
f x
x
với mọi x 0.
Thay x bởi f x ( ) 1 trong (3), ta được:
1 ( ) 1
1 ( )
f f x
f x
với mọi số thực dương x Trong phương trình hàm ban đầu cho x và thay 1 y bởi x ta được:
1 ( ) 1
f f x xf x với mọi số thực dương x
x
Thử lại thấy thỏa mãn
Vậy f x( ) 1
x
là hàm số cần tìm
Trang 6Bài 5
Gọi S là tập hợp gồm các số dương nhỏ hơn hoặc bằng 15 Giả sử S không có hai tập con rời nhau mà tổng của
các phần tử trong hai tập con đó bằng nhau
a) Chứng minh S có nhiều nhất 5 phần tử
b) Tìm giá trị lớn nhất của tổng các phần tử trong S
Lời giải
a) Ta chứng minh mọi tập S mà S 6 đều không thỏa mãn
Số tập con khác rỗng có nhiều nhất 4 phần tử của S là
Mỗi tập con này có tổng các phần tử không vượt quá 15 + 14 + 13 + 12 = 54 nên tồn tại 2 tập con có tổng các phần tử bằng nhau Giả sử là tập A B ,
Nếu A B ta có điều phải chứng minh
Nếu AB a , ta bỏ phần tử a ở cả hai tập ta sẽ được hai tập thỏa mãn
Tương tự nếu ABa b; hoặc ABa b c, ,
Suy ra S 5 Một tập S 1;3;5;7;14 thỏa mãn bài toán
b) Xét tập S a b c d e; ; ; ; thỏa mãn bài toán Giả sử ab c d e
Có d e 29 và c 13
Có C 52 10 tập con có hai phần tử của S Do không có tập con nào trong chúng có tổng bằng nhau, trong đó:
Tập d e; là tập có tổng lớn nhất Tập a b; là tập có tổng nhỏ nhất Suy ra a b d e 9 20
Do đó a b c d e 62
Dấu đẳng thức xảy ra khi d 14; e 15; c 13; a b 20
không thỏa mãn
Do đó a b c d e 61 và tập S 15;14;13;11;8 thỏa mãn bài toán
Vậy tổng lớn nhất của các phần tử trong S bằng 61