THÔNG TIN TÀI LIỆU
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 THÁNG LẦN THỨ XXVI - NĂM 2021 Ngày thi: 03/4/2021 MƠN THI: TỐN – KHỐI: 11 THỜI GIAN: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Hình thức làm bài: Tự luận Đề thi có 01 trang Lưu ý: - Thí sinh làm câu tờ giấy riêng ghi rõ câu số trang tờ giấy làm - Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay a, b, c Câu (4,0 điểm) Cho số thực dương có tổng Chứng minh rằng: 2 ≤ a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a < + a + b2 + c Câu (3,0 điểm) Tìm tất hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) y f ( x + f ( y )) = xf 1 + f ÷÷ x với thỏa mãn điều kiện x, y ∈ (0; +∞) Câu (4,0 điểm) m, n 2m − n n − số nguyên dương cho ước dương x2m + y 2m = ( x + y)n Chứng minh phương trình có nghiệm ngun dương a Cho b Có số nguyên dương nghiệm nguyên dương? n cho phương trình x 304 + y 304 = ( x + y ) n có (O ) ABC Câu (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn không cân nội tiếp đường tròn Gọi ′ ′ ′ ′ ′ A , B ,C A, B, C B ,C chân đường cao hạ từ đỉnh Một đường tròn qua tiếp » A B , C (O ) BC 1 xúc với cung nhỏ Các điểm xác định tương tự a Chứng minh A1 B = A1C cot B cot C B1 ABX , C1 ACY X , Y , A1 b Vẽ hình bình hành Chứng minh điểm A0 AA0 (O ) thuộc đường tròn với đường kính BA1CA2 , CB1 AB2 , AC1BC2 c Vẽ hình bình hành Chứng minh đường tròn A2 B2 C2 ABC ngoại tiếp tam giác qua trực tâm tam giác ( x, y ) Câu (4,0 điểm) Bộ hai số nguyên khác không gọi “bộ số đẹp” x, y x + y2 y số chẵn, nguyên tố số phương x số lẻ, ( x, y ) a Chứng minh u, v “bộ số đẹp” tồn số nguyên ( x, y ) = u − v , 2uv khác khác tính chẵn lẻ, nguyên tố cho ( ) ( x, y ) b Với “bộ số đẹp” ta tạo “bộ số đẹp” phép biến đổi: đổi dấu số cộng số nguyên k vào ( x + k, y + k ) số cho “bộ số đẹp” Chứng minh với số ( x, y ) ( z, t ) ( x, y ) ( z, t ) đẹp cho trước ta ln biến đổi từ thành sau hữu hạn bước biến đổi HẾT Họ tên thí sinh: SBD: Trường: Tỉnh/TP: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 THÁNG LẦN THỨ XXVI - NĂM 2021 Ngày thi: 03/4/2021 MƠN THI: TỐN 11 - THỜI GIAN: 180 phút Hình thức làm bài: Tự luận Đáp án có 06 trang Nội dung Điểm ĐÁP ÁN Bà i1 Cho a, b, c số thực dương thay đổi có tổng Chứng minh 2 ≤ a + b2 + b2 + c2 + c2 + a < + a + b2 + c r r ur u = ( a, b ) v = ( b, c ) w = ( c, a ) Cáchr1: rXétur , , ⇒ u + v + w = ( a + b + c, a + b + c ) = ( 2; ) r r ur r r ur u + v + w ≥ u + v + w ⇔ a + b2 + b2 + c + c + a ≥ 2 Ta có ( a + b) a + b2 ≥ a+b ⇒ a2 + b2 ≥ 2 Cách 2: Ta có Tương tự cho số hạng lại, ta a + b2 + b2 + c2 + c + a ≥ ( a + b + c ) = 2 a = { a, b, c} Do bất đẳng thức đối xứng nên ta giả sử a2 a a + b < + ab + b ⇒ a + b < + b Ta có a a a2 + c2 < + ac + c ⇒ a + c < + c b2 + c < a + b2 + c Cộng vế với vế, ta a2 + b2 + b + c2 + c + a < a + b + c + a + b2 + c ⇒ a + b2 + b2 + c2 + c2 + a < + a + b2 + c Bài Bà i3 Tìm tất hàm số thực f : (0; +∞) → (0; +∞) y f ( x + f ( y )) = xf 1 + f ÷÷ x thỏa mãn điều kiện với số thực x, y ∈ (0; +∞) f ( x + f ( x)) = xf ( + f ( 1) ) = cx x ∈ (0; +∞) Ta có với (1) c = f ( + f (1) ) x + f ( x) x Thay thành vào (1) x ∈ (0; +∞) f ( x + f ( x) + f ( x + f ( x))) = c ( x + f ( x )) Suy với (2) x ∈ (0; +∞) f ( x + f ( x ) + cx ) = c( x + f ( x)) Thế (1) vào (2): với ⇔ f ((c + 1) x + f ( x)) = c( x + f ( x)) x ∈ (0; +∞) với (3) f ((c + 1) x + f ( x )) = (c + 1) xf 1 + f ÷÷ c +1 Mặt khác theo đề (4) (c + 1) xf 1 + f ÷÷ = c( x + f ( x)) x ∈ (0; +∞) c +1 Từ (3) (4), suy với x ∈ (0; +∞) f : (0; +∞) → (0; +∞) a ∈ (0; +∞) f ( x) = ax Suy với Do nên Thử lại thấy thỏa mãn m, n 2m − n a) Cho số nguyên dương cho ước nguyên dương 2m 2m x + y = ( x + y) n n − Chứng minh phương trình có nghiệm ngun dương x= y=2 n −1 m−n ∈ ¢+ x m + y m = ( x + y )n a) Chọn Suy phương trình có nghiệm ngun dương n x 304 + y 304 = ( x + y ) n b) Có số nguyên dương cho phương trình nghiệm nguyên dương x, y > ( x + y ) n > x n + y n ≥ x 304 + y 304 n ≥ 304 Nếu , ta có nên phương trình khơng có nghiệm ngun dương x = y =1 x 304 + y 304 = x + y n =1 Nếu có nghiệm ngun dương ( x, y ) ≤ n ≤ 303 Xét Giả sử phương trình có nghiệm ngun dương x = da, y = db ( a, b) = Đặt với có 0,5 d 304 ( a 304 + b304 ) = d n ( a + b ) ⇔ d 304−n (a 304 + b 304 ) = (a + b)n n Ta d′ = ( a 304 + b , (a + b ) 304 Cách Đặt p a + b ⇒ p a 304 − b304 p 2a 304 n ) > Nếu ⇒ p a, p b nên Do d′ a 304 + b 304 a, b (1) p d′ có ước nguyên tố lẻ k * d′ = , k ∈¥ vô lý Vậy ≡ (mod 4) d ′ = nên chẵn nên lẻ Khi 304 a + b ( a + b) n a 304 + b304 = ⇒ a = b = 2 Do nên 304 − n n −1 n − = k (304 − n) d = M2 d = 2k k ∈ ¥* Thế vào (1): Suy với n − = n − 304 + 303M(304 − n) ⇒ 304 − n 303 Suy n ∈ { 303,301, 203} Các giá trị thỏa mãn (theo câu a) Suy a + b d 304−n (a 304 + b 304 ) Cách Từ (1) suy a + b (a − b ) ⇒ a + b d 304− n (a 304 − b 304 ) Lại có a + b 2d 304−n a304 304 nên Do ( a + b, a ) = 304 − n ⇒ a + b 2d (2) a, b Trường hợp 1: lẻ 304 − n k r M( a + b ) , k ≥ ⇒ 2d = (a + b) r với n −k 304 304 r ( a + b ) = 2( a + b) Thế vào (1): (3) 304 304 r ( a + b ) = ⇔ r = ∧ a 304 + b 304 = n=k Nếu (do a, b lẻ) ⇔ r =1= a = b Trường hợp xét cách ⇒ r ( a 304 + b304 ) M2 ( a + b ) n>k Nếu (3) 304 r ( a − b304 ) M ( a − b ) M2 ( a + b ) Mà ⇒ 304 M( a + b ) Cộng vế với vế ta ( a304 , a + b ) = r M(a + b) Mà nên (mâu thuẫn) ⇒ a+b Trường hợp 2: a, b khác tính chẵn lẻ số lẻ 304 − n 304 − n l ⇒ a+b d ⇒d = (a + b) s l ≥ 1, s M(a + b) Từ (2) 304 304 n −l 304 304 s( a + b ) = ( a + b) > ⇒ s ( a + b ) M( a + b ) Thế vào (1): ( ) 2,5 2,5 Mà Mà Bài s ( a 304 − b 304 ) M ( a − b ) M( a + b ) ( 2a 304 , a + b) = nên Cộng vế với vế ta ⇒ 2sa 304 M( a + b ) s M(a + b) (mâu thuẫn) (O) A′, B′, C ′ ABC Cho tam giác nhọn không cân nội tiếp đường tròn Gọi chân A, B, C B′, C ′ đường cao hạ từ đỉnh Một đường tròn qua tiếp xúc với cung nhỏ » A1 B1 , C1 (O ) BC Các điểm xác định tương tự A1 B cot B = A1C cot C a) Chứng minh Giả sử điểm có vị trí hình vẽ, trường hợp khác chứng minh tương tự a) Các đường tròn ( A1 B′C ′), (O), ( BCB′C ′) có trục đẳng phương cặp đường tròn đồng quy tâm đẳng phương P ⇒ PA1 ⇒ ⇒ tiếp tuyến chung đường tròn tam giác PA1 B đồng dạng tam giác A1 B PB PA1 PB = = = A1C PA1 PC PC Chú ý (PA’BC)=-1, ta A1 B cot B = A1C cot C Vậy b) Vẽ hình bình hành PB = PC ( A1 B′C ′), (O) PCA1 A′B cot B = A′C cot C B1 ABX , C1 ACY Chứng minh A1 ∈ ( XYA0 ) với AA0 đường kính (O) B1C = B1 A cot C cot A AB BC C A C1 A cot A ⇒ = = A1C B1 A C1 B C1 B cot B Tương tự câu a) ta , · · sin BAA sin CBB sin ·ACC1 1 ⇒ =1 · BA sin C · CB sin ·A1 AC sin B 1 ( ( ) ) ( ( ) ) Theo định lý Ceva sin ta có ( ( ) ) AA1 , BB1 , CC1 đồng quy T AB1 XB AX X' trung điểm Do hình bình hành nên trung điểm · ' T = 90 OX Suy Y ', T ' AY AA1 Gọi trung điểm , Chứng minh tương tự, ta · ' T = OY · 'T = 900 OT Gọi BB1 X' Suy X ', Y ', T ' thuộc đường trịn đường kính A X 'a X Xét phép vị tự tâm tỉ số 2: Y'a Y OT Suy O ∈ ( X ' Y ' T ') T ' a A1 O a A0 X , Y , A1 , A0 đồng viên nên đồng viên A0 ∈ ( XYA1 ) Vậy ( A2 B2C2 ) BA1CA2 , CB1 AB2 , AC1BC2 c) Vẽ hình bình hành Chứng minh qua ABC trực tâm tam giác uuur uuur uuur uuuu r CY = AC1 C1 ACY AC1 = C2 B AC1BC2 Do hình bình hành) ( hình bình uuur ( uuuu r CY = C2 B C2 hành) nên nên đối xứng Y qua trung điểm BC B2 Tương tự đối xứng X qua trung điểm BC A0 Do trực tâm H tam giác ABC đối xứng qua trung điểm BC Gọi I trung điểm BC Xét phép đối xứng tâm I Y a C2 Do X ', Y ', T ', O X a B2 A1 a A2 A0 a H 1 Bài X , Y , A1 , A0 H , A2 , B2 , C2 Theo câu b ta có đồng viên nên đồng viên H ∈ ( A2 B2C2 ) Vậy ( x, y ) y x Bộ hai số nguyên khác không gọi “bộ số đẹp” số lẻ, số x, y x2 + y chẵn, nguyên tố số phương ( x, y ) u, v a) Chứng minh “bộ số đẹp” tồn số nguyên ( x, y ) = u − v2 , 2uv khác khác tính chẵn lẻ, nguyên tố cho ( x, y ) Nhận xét cặp cặp số đẹp tồn số nguyên dương z cho x2 + y = z ( ) x, y > x Có z số lẻ nguyên tố với x y (do (x, y) = 1) Giả sử , y = 2t số lẻ số chẵn 2 x + 4t = z ⇔ 4t = ( z − x)( z + x ) Ta có Ta có z – x, z + x hai số chẵn suy tồn hai số nguyên m, n cho z + x = 2m, z − x = 2n m.n = t z = m + n ⇒ x = m − n Do (z, x) = nên (m, n) = m.n = t m = u2 Mà nên tồn hai số nguyên u, v nguyên tố cho , n=v u.v = t 2 x = u − v , y = 2uv Vậy ( x, y ) b) Với “bộ số đẹp” ta tạo “bộ số đẹp” phép biến đổi: đổi dấu số cộng số nguyên k vào số ( x + k, y + k ) ( x, y ) cho “bộ số đẹp” Chứng minh với số đẹp ( z, t ) ( x, y ) ( z, t ) cho trước ta ln biến đổi từ thành sau hữu hạn bước biến đổi Ta thực biến đổi: ( x, y ) ( x0 , y0 ) x0 , y0 > Bước 1: Biến đổi thành với ( x0 , y0 ) u, v u>v Bước 2: Với trên, ta có hai số tương ứng ( ) thỏa mãn 2 x0 = u − v > 0, y0 = 2uv x0 , y0 u ≠ 2v −4uv + 4v Nếu ta biến đổi cách cộng vào số số , ta 1,5 0,5 0.5 0.5 2,5 2,5 u − v − 4uv + 4v = (2v − u ) − v (u − v ; 2uv ) ( 2uv − 4uv + 4v = 2v(2v − u ) , (2v − u ) − v , 2v(2v − u ) ) Khi ta biến đổi thành u > 2v − u Ta có Suy q trình phải kết thúc sau số phép biến đổi Khi ( u, v ) = ⇒ (2v, v) = ⇒ v = ⇒ u = u = 2v ta có Vì Do “bộ số đẹp” biến đổi (3,4) ngược lại, đpcm ... n ( a + b ) ⇔ d 3 04 −n (a 3 04 + b 3 04 ) = (a + b)n n Ta d′ = ( a 3 04 + b , (a + b ) 3 04 Cách Đặt p a + b ⇒ p a 3 04 − b3 04 p 2a 3 04 n ) > Nếu ⇒ p a, p b nên Do d′ a 3 04 + b 3 04 a, b (1) p d′ có... 3 04 − n 303 Suy n ∈ { 303 ,301 , 203} Các giá trị thỏa mãn (theo câu a) Suy a + b d 3 04 −n (a 3 04 + b 3 04 ) Cách Từ (1) suy a + b (a − b ) ⇒ a + b d 3 04 − n (a 3 04 − b 3 04 ) Lại có a + b 2d 3 04 −n... (mod 4) d ′ = nên chẵn nên lẻ Khi 3 04 a + b ( a + b) n a 3 04 + b3 04 = ⇒ a = b = 2 Do nên 3 04 − n n −1 n − = k (3 04 − n) d = M2 d = 2k k ∈ ¥* Thế vào (1): Suy với n − = n − 3 04 + 303 M (3 04 − n) ⇒ 3 04
Ngày đăng: 13/10/2022, 17:31
Xem thêm:
