SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - NĂM 2018 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN; LỚP 10 Số Phách Câu ( 4,0 điểm) Giải hệ phương trình Số phách x y 1 12 y 2 x y 1 1 4 x y x2 y x2 2 2y x x y Câu hỏi 2( 3,0 điểm) Cho a, b, c Chứng minh a3 b3 c3 9 1 2 2 b bc c c ca a a ab b ab bc ca Câu hỏi ( 4,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , AB AC , M trung điểm cạnh BC Đường phân giác BAC cắt cạnh BC D cắt đường tròn O điểm P (khác A ) Gọi E điểm đối xứng với D qua M ; đường thẳng AO đường thẳng AD lấy điểm H , F cho đường thẳng HD, FE vng góc với đường thẳng BC 1) Chứng minh bốn điểm B, H , C , F nằm đường tròn 2) Gọi T giao điểm khác F AD Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác MTP cắt đường thẳng TH điểm Q (khác T ) Chứng minh đường thẳng QA tiếp xúc với đường tròn O Câu hỏi (3,0 điểm) Cho k số tự nhiên p 6k số nguyên tố Chứng minh với số 2m số nguyên m 2 A 127 m Câu hỏi (3,0 điểm) Ký hiệu * tập số nguyên dương Giả sử f : * * hàm số thỏa mãn đồng thời p điều kiện : i) f m f n , m, n * ; m n ii) f m.n f m f n ; m, n *; m, n 1 iii) i * , i 1: f i i 1) Chứng minh f 1 1; f 3 3 2) Tìm tất hàm f n thỏa mãn yêu cầu toán Câu hỏi (3,0 điểm) Trong mặt phẳng cho hình bình hành ABCD Kẻ 2018 đường thẳng phân biệt cho đường thẳng chia hình bình hành thành hai hình thang có tỉ số diện tích 505 đường thẳng đồng quy SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG Chứng minh ln có KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - NĂM 2018 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; LỚP 10 Số Phách Câu ( 4,0 điểm) Số phách Giải hệ phương trình x y 1 12 y x y 1 1 4 x y 2 x y 3 2 x 2 2y x 1 x y Lời giải: 1 x y 1 x y x y 0 3 1 0 0 x2 x2 y x (1,0 ĐIỂM) Xét phương trình Ta thấy phương trình ta cần có điều kiện y nên từ suy x y 3 2 , x2 x2 1 nên vơ nghiệm (0,5 ĐIỂM) Do 1 x y 0 x 2 y Thay vào ta thu phương trình x2 1 3x 2 5 Với điều kiện x 1 x 1 Áp dụng bất đẳng thức Cau chy ta có 1 1 ; 2 x 3 2 x 3 x 3 x x2 x2 1 x2 x2 1 x x x x x2 x 3 x (1 ĐIỂM) Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức ta suy x2 3 6 x2 x 1 x 1 x2 1 x2 1 ; x 1 x 2 x 1 x 3x x x 2x2 1 2x2 3x 2 x 3x 3x x 1 1 3 7 3x 2 x Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức cuối ta (1,0 ĐIỂM) Cộng vế theo vế ta x 1 x 3 x 1 3x 2 Đẳng thức xảy x 1 y 1 Đó nghiệm hệ (0,5 ĐIỂM) Nhận xét: Ta chứng minh phương trình cuối có nghiệm kĩ thuật liên hợp Câu hỏi 2( 3,0 điểm) Cho a, b, c Chứng minh a3 b3 c3 9 1 2 2 2 b bc c c ca a a ab b ab bc ca Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có a b2 c2 a b2 c a3 a4 b2 bc c a b bc c a b2 bc c T 2 Với T a b bc c a b c ab bc ca 6abc (1,0 ĐIỂM) a b c Và ab bc ca 2 2 a b2 c a b c 27 Do VT 1 2 T T a b c 2 a b c Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có VT 1 (1,0 ĐIỂM) T a b c Do bất đẳng thức chứng minh ta chứng minh a b c T a b c Hay a 2 b c T a b c 2 Bất đẳng thức cuối tương đương a abc a b c ab a b Đây bất đẳng thức Schur bậc (1,0 ĐIỂM) Câu hỏi ( điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , AB AC , M trung điểm cạnh BC Đường phân giác BAC cắt cạnh BC D cắt đường tròn O điểm P (khác A ) Gọi E điểm đối xứng với D qua M ; đường thẳng AO đường thẳng AD lấy điểm H , F cho đường thẳng HD, FE vuông góc với đường thẳng BC 3) Chứng minh bốn điểm B, H , C , F nằm đường tròn 4) Gọi T giao điểm khác F AD Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác MTP cắt đường thẳng TH điểm Q (khác T ) Chứng minh đường thẳng QA tiếp xúc với đường tròn O Lời giải : 1) + Gọi K PE DH Chỉ OAP , suy tứ giác AHPK nội OPD OPE HKP tiếp, DA.DP DH DK (1) 0,5 ĐIỂM + Xét O có DA.DP DB.DC (2) 0,5 ĐIỂM Từ (1) (2) suy DB.DC DH DK , suy tứ giác BHCK nội tiếp Vậy BHC BKC 1800 (3) 0,5 ĐIỂM + Chỉ K F đối xứng qua trung trực MP đoạn BC , BKC BFC (4) Từ (3) (4) có BHC BFC 1800 , bốn điểm B, H , C , F nằm đường tròn 1,0 ĐIỂM 2) + Chỉ tứ giác DKFE hình chữ nhật nên HKF 900 , suy HF đường kính , suy HT AD 0,5 ĐIỂM + HAD , suy tam giác HDA cân H nên A, D đối xứng qua HT Kéo OPD HDA ' AH Q ' DH 900 , suy Q ' A tiếp tuyến O dài TH cắt đường thẳng BC Q ' Q 0,5 ĐIỂM ' D TDH + Chỉ HQ nên tứ giác TQ ' PM nội tiếp, từ suy Q ' Q Vậy TPM QA tiếp xúc với đường tròn O 0,5 ĐIỂM Câu hỏi (3 điểm) Cho k số tự nhiên p 6k số nguyên tố Chứng minh 2m p với số m 2 A số nguyên 127 m Lời giải p p Áp dụng định lý Fermat bé ta có 2 mod p m 2 1 mod p Vậy p m 1 0,5 ĐIỂM p m m Do ta suy m ( ta sử dụng tính chất m n 2m 1 2n 1 ) 0,5 ĐIỂM Theo giả thiết ta có | p 63 26 1|2 p |2 p | m 127 2 1|2 m 0,5 ĐIỂM Tiếp theo ta chứng minh m 127 nguyên tố Thật từ 127 số nguyên tố ta cần chứng minh m khơng chia hết cho 127 Đặt p 7l n (0 n 7) Từ k p p không chia hết (do p nguyên tố p 6k ), suy n 0 0,5 ĐIỂM 7 l n n p n Ta lại có 127 2 1|2 (2 1) (2 1) p Nếu 127 | m 2 1, 127 | n điều mâu thuẫn n 127 0,5 ĐIỂM Vậy (127, m) 1 Từ ta có điều phải chứng minh 0,5 ĐIỂM Câu hỏi (3 điểm) Ký hiệu * tập số nguyên dương Giả sử f : * * hàm số thỏa mãn đồng thời điều kiện : f m f n , m, n * ; m n iv) v) f m.n f m f n ; m, n * ; m, n 1 vi) i * , i 1: f i i 3) Chứng minh f 1 1; f 3 4) Tìm tất hàm f n thỏa mãn yêu cầu toán Lời giải : 1) Chứng minh f 1 1; f 3 Trong ii) ta cho m n 1 f 1 1 f 1 f 1 Vì f : * * nên ta có f 1 0 f 1 1 0,5 ĐIỂM Vì có số i để f i i tính chất i) nên hàm f hàm tăng ngặt, với n i f n n (Nếu f n n mà f : * * mâu thuẫn với i) ) Do ta xét khả : Nếu i 3 ta có f n n với n i nên dẫn đến f 3 3 0,5 ĐIỂM Nếu i 2 ta có f n n với n i nên f 2 Ta có f 3 f f 15 f 18 ( tính chất i)) f f f f 10 2 f 10 2 f f 4 f f 3 f 3 f 2 Do f : * * nên f 3 3 0,5 ĐIỂM 2) Tìm tất hàm f n Đặt a1 3 Với n n ta đặt an an an 1 Với cách đặt ta có f a1 a1 Giả sử ta có f ak ak với k ta có f ak 1 ak tính chất i) ; i) ; iii) 0,5 ĐIỂM Vì ta có f ak 1 f ak ak 1 f ak f ak 1 ak ak 1 ak 1 0,5 ĐIỂM Theo tính chất lập luận phép chứng minh câu 1) ta có khẳng định sau : Nếu có f ak ak k 1 ta có f t t với t ak Bằng cách cho k quy luật xác định an an an 1 tăng ngặt ta có * f t t với t * Vậy f n n, n 0,5 ĐIỂM Câu hỏi (3 điểm) Trong mặt phẳng cho hình bình hành ABCD Kẻ 2018 đường thẳng phân biệt cho đường thẳng chia hình bình hành thành hai hình thang có tỉ số diện tích Chứng minh ln có 505 đường thẳng đồng quy Lời giải: A M d E B P Q L D F N C Gọi M,N,P,Q trung điểm AB,CD,AD,BC Giả sử d đường thẳng cắt S AEFD cạnh AB,CD E,F, cắt đoạn PQ L Theo đề ta có S EBCF S AEFD 3 0,5 ĐIỂM S EBCF Khi tứ giác AEFD, EBCF hình thang có PL,LQ đường trung bình AE DF EB CF ; LQ Do ta có PL Theo cơng thức tính diện tích hình thang ta suy 2 S AEFD PL PL PL 3 0,5 ĐIỂM Như S EBCF LQ LQ LQ Bây đoạn PQ ta lấy L1 , L2 cho PL1 PL2 3 L L1 L L2 L1Q L2Q Nghĩa d phải qua L1 L2 0,5 ĐIỂM MK1 MK 3 d phải K1 N K2 N qua K1 qua K Có nghĩa đường thẳng 2018 đường thẳng phải qua bốn điểm L1 , L2 , K1 , K 0,5 ĐIỂM 2018 505 đường thẳng Theo ngun lý Dirichlet phải có điểm có qua 1,0 ĐIỂM Lý tuận tương đoạnMN lấy hai điểm K1 , K cho -HẾT Học sinh làm theo cách khác mà chấm điểm tối đa