Đề đề nghị lớp 10

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ 24 NĂM HỌC 2018 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN - LỚP: 10 Số Phách Số Phách PHẦN 1: ĐỀ THI Câu hỏi (4 điểm): Giải hệ phương trình sau:  x  x xy  y y  ; x, y    3  x  y  3x x 15 x  y 3 x y y  x y  x x Câu hỏi (4 điểm): Cho tam giác ABC có đường cao AD E , F hình chiếu B, C lên phân giác      góc A Gọi M trung điểm BC Chứng minh D, E , F , M thuộc đường trịn có tâm nằm đường trịn Euler tam giác Câu hỏi (3 điểm): Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn:  1 1  1  15     10      2018 a b c   ab bc ca  Tìm giá trị lớn biểu thức : P 5a  2ab  2b2  5b  2bc  2c    5c  2ca  2a   1    Câu hỏi (3 điểm): Giải phương trình nghiệm nguyên dương          2 x y z Câu hỏi (3 điểm): Cho hình chữ nhật có kích thước 2018 2017 chia thành vng có cạnh đơn vị Gọi s (2018, 2017) số bị đường chéo cắt hình chữ nhật có kích thước 2018 2017 nói Chứng minh s (2018, 2017) 4034 Câu hỏi (3 điểm): Tìm tất f : *  * cho f  x  y  f  x 2y  f  x  , x, y  * 2x  f  y  f  x  y  f  y PHẦN 2: ĐÁP ÁN CHI TIẾT VÀ THANG ĐIỂM Câu hỏi 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x  x xy  y y   3  x  y  3x x 15 x  y 3 x y y  x y  x x      ; x, y   Đáp án câu hỏi Điều kiện: x 0, y 0 Đặt a  x , b  y ( a 0, b 0 ) Hệ phương trình cho trở thành: (0,5 điểm) a  2a 3b b5   6 3  4a  b  3a   15a  b  3a  b  a b  4a   1  2 (0,5 điểm) Nhận xét: a 0  b 0 ; b 0  a 0 Do  a, b   0,  nghiệm hệ (0,5 điểm) Bây ta xét a  0, b  Đặt b ka  k  Với cách đặt phương trình (1) trở thành:  2k  2k ak  a  (3) k (0,5 điểm) Phương trình (2) trở thành:  4a  a k  3a5   15a  k a  3a  k 3a  a3k  4a3   3k    2k  (4)  k  k   (5) Thay (3) vào (4) ta được:   k  5   2k   3k   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho vế trái (5) ta được:  3k    2k   3k  2k 6  k     k      2k 3k     2k   3k      2  12    k   k    k  k  Đẳng thức xảy k 1 Khi a b 3 hay x  y 9 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y   0;0  ,  9;9      (0,5 điểm) (1,0 điểm) (0,5 điểm) Câu hỏi 2: (4 điểm) Cho tam giác ABC có đường cao AD E , F hình chiếu B, C lên phân giác góc A Gọi M trung điểm BC Chứng minh D, E , F , M thuộc đường trịn có tâm nằm đường trịn Euler tam giác ABC Đáp án câu hỏi J A T P N I G E B D M K C F Gọi N , P trung điểm AB, AC dễ thấy gọi B1 giao điểm BE , AC ABB1 cân A nên E trung điểm BB1 , suy E  MN Tương tự F  MP (0,5 điểm) Khi DEF B CMP DMF nên D, E , M , F thuộc đường tròn Bằng biến đổi góc, ta có ME MF (1,0 điểm) Gọi T điểm thuộc (O ) cho AT  BC J trung điểm cung lớn BC , ta có JA  JT (0,5 điểm) A  M , T  D (dễ chứng minh) (O) biến thành đường tròn Euler (O) Khi đó, J  K K  (O) K trung điểm cung DM Xét phép vị tự tâm G (trọng tâm tam giác ABC ), tỷ số  (1,0 điểm) Ngồi ra, ta có AJ  EF nên KM  EF nên KE KF , mà KM KD nên K tâm đường tròn qua D, E , F , M Bài toán chứng minh (1,0 điểm)  1 1  1     10      2018 a b c   ab bc ca  Câu hỏi (3 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn: 15  Tìm giá trị lớn biểu thức : P 5a  2ab  2b2  5b  2bc  2c  5c  2ca  2a Đáp án câu hỏi 1 Đặt x  , y  , z  Ta có x, y, z số dương theo giả thiết ta có : a b c 15  x  y  z  5  xy  yz  zx   2018 5  x  y  y  z  z  x  | 2018   x  y  z  2018  x  y  z  (1,0 điểm) 2018 Do :  x  y  z x  y  z  xy  yz  zx x  y  z  x  y  y  z  z  x 2018 3  x  y  z  3 p , q , r Với số thực dương bất kì, ta có : (0,5 điểm)  1 1 1    9     p q r a b c  p q r  p q r  Ta có : 5a  2ab  2b  1 1       2x  y  2a  b  a b  (0,5 điểm) Tương tự ta có : 5b  2bc  2c 2 5c  2ca  2a   1 1       2y  z 2b  c  b c  1 1       2z  x  2c  a  c a  Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên, ta : P x yz 2018   x2  y  z    2x  y  y  z  2z  x   3 15 Đẳng thức xảy a b c  15 Vậy giá trị lớn P 2018 2018 15 (0,5 điểm) (0,5 điểm) Câu hỏi (3 điểm)     1    Giải phương trình nghiệm nguyên dương          2 x y z Đáp án câu hỏi Không giảm tổng quát, ta giả sử x  y  z 1  1 Khi đó, ta có:    2 nên suy z 3 Do đó, ta xét trường hợp sau: z     1    Nếu z 1 phương trình trở thành       1 khơng có nghiệm nguyên dương x y (0,5 điểm)  Nếu z 2 phương trình trở thành      1  1    1    y  x  y  y  |Mặt khác,   nên y  Do đó,  y  nên y 4,5, x - Nếu y 4 ta có x 15 Vậy phương trình có nghiệm  15, 4,  - Nếu y 5 ta có x 9 Vậy phương trình có nghiệm  9,5,  - Nếu y 6 ta có x 7 Vậy phương trình có nghiệm  7, 6,  (0,5 điểm) (0,5 điểm)  Nếu z 3 phương trình trở thành  1  1  1     x  y   1 1     y  y  - Nếu y 3 ta có x 8 Vậy phương trình có nghiệm  8,3,3 - Nếu y 4 ta có x 5 Vậy phương trình có nghiệm  5, 4,3 Vậy ta nhận nghiệm  15, 4,  ,  9,5,  ,  7, 6,  ,  8,3,3 ,  5, 4,3 (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) Câu hỏi (3 điểm) Cho hình chữ nhật có kích thước 2018 2017 chia thành vng có cạnh đơn vị Gọi s (2018, 2017) số bị đường chéo cắt hình chữ nhật có kích thước 2018 2017 nói Chứng minh s (2018, 2017) 4034 Đáp án câu hỏi Để chứng minh toán, ta sử dụng bổ đề sau: Bổ đề Trong hình chữ nhật có kích thước m n với  m, n  1 đường chéo khơng qua đỉnh đơn vị hai đầu mút đường chéo Chứng minh A m B M n D H C Giả sử đường chéo AC qua đỉnh M ô đơn vị Xét tam giác vuông ADC tạo hai cạnh hình chữ nhật ABCD đường chéo AC Ta có kích thước MH  DC Vì M có tọa độ ngun nên H có tọa độ nguyên MH HC số nguyên Theo hệ thức tỉ lệ MH m HC.n nên HC.n m Vì  m, n  1 nên HC m Mặt khác, HC m nên suy HC m HC 0 tức điểm M trùng với hai đầu mút đường chéo AC (1,0 điểm) Bổ đề Trong hình chữ nhật có kích thước m n với  m, n  1 s  m, n  m  n  Chứng minh Theo Bổ đề đường chéo AC, ngồi hai đầu mút A C, không qua đỉnh ô đơn vị hình nên ngồi hai đầu mút A C đường chéo cắt m-1 đường dọc n-1 đường ngang Do đó, AC có m+n-2 điểm cắt khác phía Nếu tính hai đầu mút AC có m+n điểm cắt Hai điểm cắt liên tiếp thuộc vào ô đơn vị Vậy số ô đơn vị bị đường chéo AC cắt m+n-1 ô (1,0 điểm) Quay lại toán Áp dụng kết Bổ đề với giá trị m 2018; n 2017 ta có : s (2018, 2017) 2018  2017  4034 (1,0 điểm) Câu hỏi (3 điểm): Tìm tất f : *  * cho f  x  y  f  x 2y  f  x  , x, y  * (1) 2x  f  y  f  x  y  f  y Đáp án câu hỏi  Giả sử f hàm số thỏa mãn toán Trong (1) thay x n, y n , ta f  2n  2n, n  * Vậy f  x  x, x số chẵn  (1,0 điểm) Xét cặp số lẻ x, y tùy ý Khi đó, ta có x  y số chẵn nên f  x  y  f  x  f  y Từ (1) suy ra: x  y  f  x 2y  f  x    x  y    y  x  f  x    x  y  f  y  0 2x  f  y  x  y  f  y   x  y    x  y   f  x   f  y   0  f  x   x  f  y   y với x, y lẻ; x  y hay f  x  x  c với x lẻ, c  * số (2)  Xét cặp số x chẵn, y lẻ tùy ý Khi đó, x  y lẻ nên (1,0 điểm) f  x  y   x  y  c; f  x  x; f  y   y  c Từ (1) suy ra: x y c x 2y  x   c 0 2x  y  c x  y c  y c Từ (2) ta có f  x  x với x lẻ Do đó, f  x   x, x  * Thử lại, ta thấy hàm số thỏa mãn điều kiện toán là: f  x  x, x  * (1,0 điểm)