Đề thi Olympic 10 - 3 môn Toán lớp 10 năm 2019 THPT Phạm Văn Đồng có đáp án | Toán học, Lớp 10 - Ôn Luyện

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT PHẠM VĂN ĐỒNG.. KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 10-3 LẦN THỨ IV NĂM 2019 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN:TOÁN.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT PHẠM VĂN ĐỒNG

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 10-3 LẦN THỨ IV NĂM 2019

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN:TOÁN LỚP:10

NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1: (4,0 điểm)

Giải phương trình sau:16x2 33x 7 2(7 x 6) x2 2x 0

Đáp án câu 1:

1

Xét phương trình: 16x2 33x 7 2(7 x 6) x2 2x 0 (1)

Điều kiện: x 2 x0

Ta có: 1  4(x2 2 ) 2x  x2 2x12x2 25x 7 0

0,5

Đặt t x2 2 (x t0)Phương trình đã cho trở thành

4t  2(7x 6)t12x  25x 7 0

4 1 2

3 7 2

x t x t









 



 



1,0

Với

2

x

ta được

2

2

x

Giải phương trình ta được

4 13 6

x 

1,0

Với

2

x

ta được

2

2

x

Giải phương trình ta được

17 2 11 5

x 

1,0

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm

4 13 6

x 

và

17 2 11 5

x 

0,5

Câu 2: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm

',

A B' và C'. Gọi S a, S b, S c và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB C' ', BC A' ',

' '

CA B và ABC Chứng minh bất đẳng thức

3 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Đáp án câu 2:

Câu 3: (4,0 điểm)

Cho , ,

a b clà các số thực dương thỏa mãn

3

Chứng minh rằng 2 2 2

3

Đáp án câu 3:

b   b   b  

1,0 Hoàn toàn tương tự ta có

2

b

c

Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế ta có:

a b c

 

1,0

2 Ta có các công thức tính diện tích:

2S a AC AB' 'sin ; 2A SAB AC sinA

Suy ra

2

a

S AC AB AC AB

S AB AC AB AC

  (BĐT Cauchy)

Tương tự ta cũng có:

2

b

S BA BC

S BC BA

2

c

S CB CA

S CA CB

1,0

Do đó:

S S S AC BC BA CA CB AB

S S S AB BA BC CB CA AC

(đpcm)

1,0

Dấu bằng xảy ra 

AC AB

AB AC

BA BC

BC BA

CB CA

CA CB























' ' //

' ' //

' ' //

C B BC

A C CA

B A AB









  A’, B’, C’ là trung điểm của BC, CA, AB.

1,0

2 2 2 3

 

Mặt khác , ta chứng minh được :

2

3 3

a b c

3

Dầu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1

0,5

Câu 4 ( 3 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 9n 16 và 16n 9 đều là số chính phương

Đáp án câu 4:

4 Giải sử có số nguyên dương n sao cho 9n 16 và 16n 9 đều là số

chính phương Khi đó:

9n16a ,16n 9 b

Suy ra (9n16)(16n9) ( ) ab 2 cũng là số chính phương

0,5

Đặt

(9 16)(16 9) 144 (9 16 ) 144 (12 ) (9 16 ) 12

n

Ta có (12n12)2(12 )n 2(9216 )2 n122(12n15)2

Vậy T n (12n13)2 hoặc T n (12n14)2

1,0

Với T n (12n13)2ta có

(12 ) (9 16 ) 12 (12 13)

337 144 321 169 1

n

Khi n = 1 thì T  n 52

0,5

Với T n (12n14)2ta có

(12 ) (9 16 ) 12 (12 14)

337 144 336 196 52

n

Khi n = 52 thì T  n 292

Vậy n = 1, n = 52 thỏa mãn yêu cầu bài toán

1,0

Câu 5 ( 3 điểm)

Chứng minh rằng từ 2019 số nguyên dương bất kì luôn có thể chọn ra được hai số mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 4034

Đáp án câu 5:

5 Khi chia một số nguyên bất kì cho 4034 thì các số dư phải thuộc tập

Trong các số trên ta có thể chia thành các nhóm như sau:

+ Nhóm thứ nhất gồm những số khi chia cho 4034 có số dư là 0

+ Nhóm thứ hai gồm những số khi chia cho 4034 có số dư là 1 hoặc

4033

+ Nhóm thứ ba gồm những số khi chia cho 4034 có số dư là 2 hoặc

4032

……

+ Nhóm thứ 2017 gồm những số khi chia cho 4034 có số dư là 2016

hoặc 2018

+ Nhóm thứ 2018 gồm những số khi chia cho 4034 có số dư là 2017

1,0

Như vậy ta có 2019 số có thể xếp vào 2018 nhóm Vậy theo nguyên

lí Dirichlet trong 2019 số đó phải có 2 số khi chia cho 4034 mà số

Do đó đây là 2 số cần tìm vì nếu hai số này có số dư bằng nhau thì

hiệu của chúng sẽ chia hết cho 4034, còn nếu chúng có số dư khác

nhau thì tổng của chúng sẽ chia hết cho 4034

0,5

Câu 6 (3 điểm) Tìm tất cả các hàm số f :* * thỏa mãn:

f m f n(  ( )) n f m( 2019) m n,  *

Đáp án câu 6:

6 Giả sử tồn tại các hàm số f :* * thỏa mãn:

f m f n(  ( )) n f m( 2019) m n,  *

Ta chứng minh f là đơn ánh Thật vậy

Giả sử f n( ) 1 f n( ) 2 n n1 , 2  *

Khi đó

0,5

1 2

1 2

( ( )) ( ( ))

( 2019) ( 2019)

m f n m f n

f m f n f m f n

n f m n f m

n n

Vậy f là đơn ánh

Thay m = 2019, n = 1 ta được

Thay m = 2019, n bởi n + 1 ta được

Suy ra f(2019f n( 1)) n f(2019f(1))

Mặt khác thay m bởi f(1) ta được

Do f là đơn ánh nên

(1) ( ) 2019 ( 1)

( 1) ( ) (1) 2019

1,0

Do đó f n( )f(1) ( n1)a Suy ra m f n( ) m f(1) ( n1)a

2

1

1

n na

a

a







1,0

Với a = 1 f n( ) n 2019

Với a = - 1 f n( ) 2019  n n( 2019, ( )f n  *) 0,5 Vậy f n( ) n 2019