(Đề thi Olympic truyền thống 30/4 lần 20, lớp 10, năm học 2014 – 2015) Thời gian làm bài: 180 phút Câu (4 điểm) x xy y x xy y 3 x y Giải hệ phương trình sau: x y x 12 y 2 xy y Câu (4 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB, C điểm di động (O) không trùng với A B Các tiếp tuyến (O) B C cắt N, AN cắt (O) D khác A Tiếp tuyến (O) D cắt CN P Chứng minh P di động đường cố định C di động (O) Câu (3 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương tùy ý Chứng minh: a b c 1 7a b c a 7b c a b 7c Câu (3 điểm) Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình: x y x y kxy có nghiệm nguyrn dương x,y Câu (1,0 điểm) Cho trước số nguyên dương n 2 Trong giải đấu cờ vua có 2n động viên tham gia người người khác ván.Tại thời điểm giải, người ta thấy có n ván đấu diễn Chứng minh chọn vận động viên cho hai người ba người chọn thi đấu với Câu (1,0 điểm) Cho hàm số f:N* → N* \ {1} (N* tập hợp số nguyên dương) thỏa mãn: f(n) + f(n + 1) = f(n + 2)f(n + 3) – 168 Tính f(2014) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Đáp Án x xy y x xy y 3 x y Câu Ta có: x y x 12 y 2 xy y Từ phương trình (1) x y 0 x xy y x xy y 2x y x 2y 2x y 2 x y (1) (2) x 2y x y x y x y 3 x y Dấu “=” xảy x y 0 Thế y x vào (2), ta được: x 19 x 2 x x Từ phương trình (3) 3x x 1 19 x x 2 x x x3 x x x2 x 2 x x 3 3x x 19 x x 19 x x x2 x x x2 x x x 0 3 3x x 19 x x 19 x x x x 0 x 7 x x 19 x x 19 x x 2 0 (*) Vì x 0 nên (*) vơ nghiệm Do (3) x 0 hay x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 0;0 , 1;1 Câu Xét hệ trục Oxy cho A(0;1), B(0;-1) Ta có: (O): x2 + y2 = 1; C ∈ (O) nên C(cost;sint) Vì C khơng trùng A B nên cost ≠0 CP tiếp tuyên (O) C CP: cost.x + sint.y – = sin t ; 1) N(xN;-1) ∈ CP N ( cos t sin t ; 2 sin t; cos t Đường thẳng AN có vecto phương AN cos t cos t AN : 2x cos t sin t y 1 0 AN 2x cos t sin t y 1 sin t BD : sin t x cos t y 1 0 BD : sin t x 2y cos t 2 cos t Ta có D AN BD nên tọa độ D thỏa hệ: 2 x cos t sin t y 1 sin t cos t 5sin t x ;y 3sin t 3sin t sin t x y cos t 2 cos t cos t 5sin t x y 0 (Do DP tiếp tuyến cảu (O) D) DP: 3sin t 3sin t cos t.x 5sin t y 5 3sin t Vì P DP CP nên tọa độ P thỏa hệ: http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 4cos t.x 5sin t y 3sin t cos t.x sin t y 1 4 x cos t y sin t y 4 x cos t y sin t 4 y 1 3 1 y sin t cos t Vì cost ≠ nên y ≠ y ≠ -1 y 3 x y 3 2 Ta có sin t cos 2t 1 x y 1 y x y 2 x y x y x y x y x y x 0 x y 1 y 0 x y 1 0 (vì y 0) x2 x2 y 1 y 1 P thuộc elip (E): 9 8 Câu Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có: (7a2 + b2 + c2) (7 + + 1) ≥ (7a + b + c)2 2 2 2 7a b c 7a b c 7a b c 7a b c a 2 7a b c 3a 7a b c Mà 1 3a a ( ) ( ) 7a b c 3a 3a a b c 3a a b c 7a b c 3 a b c a a ( ) Do đó: 7a b c 3 a b c Tương tự ta có: b b ( ) a 7b c 3 a b c c c ( ) a b 7c 3 a b c a b c 1 7a b2 c a 7b c a b 7c Câu Không tính tổng quát, giả sử x ≥ y Xét giá trị k nguyên dương cho phương trình cho có nghiệm nguyên dương Trong nghiệm ta gọi (x0;y0) nghiệm cho x0≥y0≥1 x0+ y0 nhỏ 2 Ta có x0 ky0 1 x0 y0 y0 0 nên x0 nghiệm phương trình Cộng vế theo vế ta được: f x x02 ky0 1 x0 y02 y0 0 Vì f(x) bậc nên f(x) cịn có thêm nghiệm x1 + y0 ≥ x0+ y0 x0≥y0≥1 Khi y0 nằm ngồi khoảng hai nghiệm tam thức bậc hai f(x) có hệ số bậc số dương Từ f(y0)≥0 2 Do f(y0) = y0 y0 ky0 nên ta có k 2 4 (vì y0 ≥ 1) Suy k ∈ {1;2;3;4} y0 +) Với k = (1) x2 + y2 + x + y = xy (x y ) y x y 0 (vơ lí) 2 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word +) Với k = (1) x2 + y2 + x + y = 2xy x y x y 0 (vơ lí) +) Với k = (1) x2 + y2 + x + y = 3xy có nghiệm (x;y) = (2;2) +) Với k = (1) x2 + y2 + x + y = 4xy có nghiệm (x;y) = (1;1) Câu Ta chứng minh quy nạp theo n +) Với n = 2; Giả sử bốn vận động viên tham gia A, B, C, D có ván đấu diễn Nếu hai ba người BCD đấu với ván ta có điều phải chứng minh Nếu có hai ba người BCD chưa đấu với giả sử B C chưa số trận tối đa C42 5 mà có ván diễn nên có B C chưa với ba người A B C D E C D thỏa mãn yêu cầu toán * +) Giả sử Toán với n = k k , k 2 +) Ta Chứng minh toán với n = k +1 Giả sử E F vận động viên đấu với tổng số ván đấu 2k vận động viên lại lớn k2 + 1Thì theo giả thiết quy nạp ta có điều phải chứng minh Nếu tổng số ván đấu 2k vận động viên lại nhỏ k2 mà thời điểm có (k + 1)2 + = k2 + 2k + ván đấu diễn nên tổng số ván mà E F đấu lớn 2k + ( kể ván đấu E F) Suy số ván đấu E, F với nhóm 2k vận động viên lớn 2k + (*) Nhận xét: Nếu khơng có người nhóm 2k vận động viên thi đấu với E F số phấn đấu tối đa 2k (mâu thuẩn với (*)) số 2k vận động viên cịn lại, phải có người thi đấu với E F ( Giả sử G) ta có vận động viên E F G thỏa yêu cầu toán Vậy toán chứng minh Câu 6: Ta có f(x) + f(x+1) = f(x+2).f(x+3) – 168 f(k+1) + f(x+2) = f(x+3).f(x+4) – 168 Do k * f(x+2) – f(x) = f(x+3) f k f k Suy rằng: f(3) – f(1) = f(4).f(6) f(2k) f 2k 1 f 2k 1 (1) f(4) – f(2) = f(5).f(7) f(2k+1) f 2k f 2k (2) Do đó: f 3 f 1 f f f 2k f x 1 f 2k 1 với k ∈ * , k 2 Nếu f(3) ≠ f(1) f(2k+1) ≠ f(2k-1) Vì f 2x 1 f 2k 1 số nguyên dương nên f 2x 1 f 2k 1 1 f(n) ≥ 2, x * k Do f 3 f 1 2 , với k ∈ * , k 2 Điều xảy Vậy f(3) = f(1) suy f(2x+1) = f(2x-1) = a * Tương tự f(2k+2) = f(2k) = b với a, b ∈ , a, b 2 Giả thuyết : a + b = ab – 168 ab – a – b + = 169 = 132 (a – 1)(b – 1)=132 b 14 a 169 a 1 a – = b – = 13 b 2 b 1 b 169 b 170 Vậy f(2014) = f(2014) = 14 hoăc f(2014) = 170 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word