Câu 2: 4.0 điểm: Hình học phẳng Cho 30 đường tròn phân biệt có bán kính đều bằng 4 và cứ hai đường tròn bất kì thì cắt nhau tại hai điểm phân biệt mà một trong hai giao điểm là điểm O.. [r]
Trang 1KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XXI
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN:TOÁN ; LỚP:10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP (TỈNH) QUẢNG NAM TRƯỜNG :THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG
Trang 2Câu 1(4 điểm): Phương trình – Hệ phương trình không chứa tham số
Giải hệ phương trình:
32 32 0
Đáp án câu 1
Giải:
3 1 1 0 (1)
32 32 0 (2)
Điều kiện: y ≥ x 0.25
(2) x y y x 32(x1) x 1 0 x1 0.5 (1) y2 y 1 x233 x 1x2(x1) 1 1 x2 x 1 (*) 0.5 Xét f(t) = t2 t 1 (t1)
(*) viết lại: f(y) ≤ f(x) 0.5
Ta có f(t) là hàm đồng biến trên [1, + ∞) và f(y) ≤ f(x) ( x,y [1, + ∞)) suy ra: y ≤ x 0.5 Kết hợp y ≤ x với điều kiện ban đầu y ≥ x, ta có: x=y 0.5 Thay x=y vào (1) ta được: 33 x1 x 1 (3) 0.25 (3) xảy ra x-1=1(bất đẳng thức AG- xem (*)) x=2 0.5 Thử lại: x=y=2 thỏa hệ phương trình 0.25 Vậy x=2, y=2 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình ban đầu 0.25
Câu 2: (4.0 điểm): Hình học phẳng
Cho 30 đường tròn phân biệt có bán kính đều bằng 4 và cứ hai đường tròn bất kì thì cắt nhau tại hai điểm phân biệt mà một trong hai giao điểm là điểm O Lấy ra ba đường tròn bất kì, ta có ba giao điểm khác O Gọi (C) là đường tròn đi qua ba giao điểm đó Tính tổng diện tích các hình tròn (C) có thể có được ( số lượng nhiều nhất có thể của các hình tròn (C))
Đáp án câu 2:
Trang 3Xét ba đường tròn (O1), (O2), (O3) có tâm lần lượt là O1, O2, O3 từ 30 đường tròn đã cho
Gọi P, Q, R lần lượt là các giao điểm khác O của từng cặp đường tròn(O1) và (O2); (O1)
và (O3) ; (O2) và (O3)
Không mất tính tổng quát, ta chỉ xét 2 trường hợp: O1, O2, O3 nằm về cùng một phía đối
với đường thẳng QR và O1, O2 nằm về một phía còn O3 nằm phía kia đối với đường thẳng
QR
Kí hiệu (a,b) là góc định hướng giữa 2 đường thẳng a và b, trong đó a là đường thẳng đầu
và b là đường thẳng cuối
Lấy P’ đối xứng với P qua QR Cần chứng minh tứ giác ROQP’ nội tiếp, hay chứng minh: (OR,OQ) ≡ (P’R,P’Q) (modπ)
Ta có: (OR,OQ) ≡ (OR,RQ) + (RQ,OQ) (modπ)
Vì (O1) O3) là 2 đường tròn bằng nhau nên ORQ QPO hoặc ORQ QPO 1800 Suy ra (RQ,OQ) ≡ (PO,PR) (modπ)
Tương tự (OR,RQ) ≡ (PQ,PO) (modπ)
Lại có : (P’R,P’Q) ≡ (PQ,PR) (modπ) (OR,OQ) ≡ (P’R,P’Q) (modπ)
Vì vậy, (OR,OQ) ≡ (P’R,P’Q) (modπ)
+ Suy ra đường tròn ngoại tiếp ∆P’QR (là đường tròn (O3)) có bán kính bằng 4, hay
đường tròn ngoại tiếp ∆PQR cũng có bán kính bằng 4
Cứ 3 đường tròn đã cho ứng với 1 đường tròn (C)
Khi không có đường tròn (C) nào trùng nhau thì số lượng các đường tròn (C) là nhiều nhất và bằng C303
Tổng diện tích của các hình tròn (C) có thể có được : S=C 303 .42 64960
025
025
05 05
025 025 025 05
Câu 3: (3.0 điểm): Bất đẳng thức – GTLN, GTNN
Cho x,y,z >0 và xy+yz+zx =3 Chứng minh:
x2015+y2015+z2015 ≥ x21+y21+z21 (1)
Đáp án câu 3
Ta đề xuất chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn :
“Với x,y,z >0 và xy+yz+zx =3 – ta có: xn+1+yn+1+zn+1 ≥ xn+yn+zn (2) , nN* ”
bằng qui nạp
Ta có : x2 +1 ≥ 2x x2+y2+z2 ≥ 2(x+y+z) -3
Mặt khác : (x+y+z)2 ≥ 3(xy+yz+zx) =9 x+y+z ≥ 3
Suy ra: x2+y2+z2 ≥ x+y+z
Vậy (2) đúng khi n=1
Giả sử (2) đúng đến n=k ( k ≥ 1) Ta có:
xk+2+xk+1+xk ≥ 3xk+1 xk+2 ≥ 2xk+1 -xk
0.5 025 0.5 0.5
Trang 4Cũng vậy: yk+2 ≥ 2yk+1 -yk ; zk+2 ≥ 2zk+1 -zk
Suy ra:
xk+2+ yk+2+ zk+2 ≥ 2xk+1 + 2yk+1 +2zk+1 -xk-yk-zk
= xk+1 +yk+1 +zk+1 + (xk+1 +yk+1 +zk+1) –(xk+yk+zk)
≥ xk+1 +yk+1 +zk+1 ( vì xk+1 +yk+1 +zk+1 ≥ xk+yk+zk , giả thiết qui nạp)
Vậy (2) đúng khi n=k+1
Kết luận: (2) đúng với mọi nN*
Ta có (2) được chứng minh (1) được chứng minh
0.5 0.5 025
Câu 4: (3.0 điểm): Số học
Giải phương trình nghiệm nguyên
y x4 3x2 4x= 10x y1 (1)
Đáp án câu 4
Điều kiện: y+1≥ 0, x4+3x2 +4x ≥ 0 y ≥ -1, x ≤ -1 hoặc x ≥ 0 025
Nếu x ≥1 thì (1) 10x y x43x2 4x= y 1 025
100x2 -20xy x43x24x+ y2 (x4+3x2 +4x)=y+1 (2) 025
+ y=0, (2) 100x2=1 ( vô nghiệm) 025
+ y ≠ 0 và x ≥ 1, (2) x43x2 4x Z 025
Mặt khác: x42x2 1 x43x2 4x x44x24
x2 1 x43x24x x22 025
Suy ra x43x24xx22 x=2- khi đó (1) viết lại: 025
6y=20- y 1 6(y+1)+ y 1-26=0 y 1 =2 y=3
Ta có (2,3) là nghiệm của (1) 025
Nếu x =0 , (1) y=-1 Ta có (0,-1) là nghiệm của (1) 025
Trang 5 Nếu x ≤ -1 thì vp(1)<0 vt(1)<0 y<0
-1 ≤ y<0,y Z y=-1
Với y=-1, pt viết lại: - x43x24x=10x 025
x4-97x2 +4x =0 x3-97x +4=0 – pt này không có nghiệm nguyên 025
Kết luận: Pt(1) có 2 nghiệm: (0,-1), (2,3) 025
Câu 5(3 điểm) Tổ hợp Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chứng minh rằng không tồn tại một đa giác đều 30 đỉnh có tọa độ các đỉnh đều là các số nguyên Đáp án câu 5: Bổ đề : Chứng minh rằng nếu ABCDE là ngũ giác đều thì các giao điểm các đường chéo của chúng là G,H,I,J,K là các đỉnh của 1 ngũ giác đều ( xem hình) , hơn nữa nếu A,B,C,D,E là các điểm nguyên thì G,H,I,J,K cũng là các điểm nguyên (Điểm nguyên là điểm có các tọa độ đều nguyên.) Thật vậy dễ chứng minh: + GHIJK là ngũ giác đều + BCDK là hình bình hành BCDK là hình bình hành có các điểm B,C,D là các điểm nguyên suy ra K là điểm nguyên Cũng vậy các điểm G,H,I,J đều là các điểm nguyên Vậy bổ đề được chứng minh
0.5
0.5
Ta chứng minh bài toán ban đầu bằng phản chứng
Giả sử A1A2A3…A30 là 30 giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên, khi đó ta có ngũ
giác A1A7A13A19 A25 là ngũ giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên
Để tiện việc theo dõi, ta gọi ngũ giác đều A1A7A13A19 A25 là ngũ giác đều ABCDE
Theo bổ đề trên, tồn tại ngũ giác đều GHIJK nằm trong ngũ giác đều ABCDE và có các
đỉnh là điểm nguyên ( xem hình)
Cũng vậy tồn tại ngũ giác đều LMNOP nằm trong ngũ giác đều GHIJK và có các đỉnh
là điểm nguyên ( L,M,N,O,P là các giao điểm của các đường chéo của ngũ giác đều
GHIJK)
Tiếp tục quá trình như vậy – sau một số hữu hạn bước ta xác lập được UVXYZ ngũ giác
đều có các đỉnh là điểm nguyên và có cạnh nhỏ hơn 1
( Ta xác lập chuỗi hữu hạn các ngũ giác đều trong đó ngũ giác sau chứa trong ngũ giác
0.5
0.5 0.5
Trang 6ngay trước đó - ABCDE GHIJK LMNOP… UVXYZ )
U,V là 2 điểm nguyên và độ dài UV nhỏ hơn 1- điều này là không thể vì khoảng cách giữa
2 điểm nguyên bất kỳ là không nhỏ hơn 1
Vậy không tồn tại 30 giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên
0.5
Câu 6(3 điểm) Phương trình hàm trên tập rời rạc
Tìm tất cả các hàm f : thỏa: f(2xf(y)-2015)- xf(y) = yf(x) , x,y
Đáp án câu 6
Phương trình viết lai: f(2xf(y)-2015)= xf(y) + yf(x) (1) 025 x=1, (1) f(2f(y)-2015)= f(y) + yf(1) (2) 025
* nếu f(1) =0 thì :
y=1, (1) f(-2015) = f(x) , x f(x) =c , x ( f là hàm hằng)
f(x) =0, x ( vì f(1)=0) 0.5
* nếu f(1) ≠ 0 thì :
(2) f đơn ánh 0.25
Thay x bởi y và y bởi x vào (1) ta được:
f(2yf(x)-2015)= yf(x) + xf(y) (3) 0.25 (1) và (3) f(2xf(y))= f(2yf(x)) 05 2xf(y)= 2yf(x) (do f đơn ánh) 0.25 f(x) = xf(1) = ax (a= f(1)Q , a ≠ 0) 025 Thử lại: Với f(x) = ax
(1) f(2axy-2015) = 2axy 2a2xy-2015a = 2axy, x,y
a=0 (!) (do a ≠ 0) 0.25 Kết luận : f(x) 0 là hàm duy nhất thỏa yêu cầu bài toán 0.25