De nghi toan 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH GIA LAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ XXIV ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; KHỐI: 10 Số phách Số phách ĐỀ THI CÂU 1: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  xy  y    y  x    yx  x 10 CÂU 2: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp đường trịn  O  có đường cao AD, BE, CF cắt H AD cắt đường tròn  O  G ( G khác A ), GE cắt đường tròn  O  P ( P khác G ) Chứng minh BP qua trung điểm FE CÂU 3: (3,0 điểm) Cho a,b,c số thực dương thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh 1 4 + + ³ + + a + b b+ c c + a a2 + b2 + c2 + CÂU 4: (3,0 điểm) Cho 2018 số nguyên dương phân biệt Chứng minh tồn chúng hai số a, b cho max  a; b  a; b  2018 CÂU 5: (3,0 điểm) Cho bảng vuông 15 15 Điền vào ô vuông số Cho phép thay đổi bảng qui tắc: Mỗi lần xóa tất số hàng cột ghi vào hàng hay cột tất số nguyên từ đến 15 theo trật tự tùy ý Với bảng số nhận từ bảng ban đầu cách thực liên tiếp hữu hạn phép biến đổi nói trên, gọi S tổng tất số có mặt bảng Tìm giá trị lớn S CÂU 6: (3,0 điểm) Giả sử f :    hàm số thỏa mãn điều kiện 2 f  1  f  m  2n   f  m     f  n   với m, n   Tính f  2018  - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - HẾT - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH GIA LAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ XXIII ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN; KHỐI: 10 Số phách Số phách CÂU 1: (4,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  xy  y    y  x    yx  x 10 HƯỚNG DẪN Phương trình (1) tương đương: x  x   y  x  x  3 0   x  x    x  x    y  x  x   0   13 79  13  y x 36 TH1: x  x  0     13 79  13  y x 36  TH2: y x  x  thay vào (2) ta có:   x   y 1   x  x  3 x2  x3 10    x   y 1   Vậy hệ có nghiệm   13 79  13    13 79  13   5  5 ; ;  ,   ,  5;1   ,   5;1   36   36        x; y   CÂU 2: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp đường trịn  O  có đường cao AD, BE, CF cắt H AD cắt đường tròn  O  G ( G khác A ), GE cắt đường tròn  O  P ( P khác G ) Chứng minh BP qua trung điểm FE HƯỚNG DẪN CHẤM Tứ giác AEDB nội tiếp nên ta có HB HE HA HD Gọi K trung điểm AH Chứng minh D trung điểm GH Từ suy HB HE HK HG Vậy tứ giác BKEG nội tiếp Do đó,      HBK EBK EGK PGA  ABP Do tứ giác AEHF nội tiếp nên tam giác BHA, BFE đồng dạng Mà BK trung tuyến tam giác BHA nên BP trung tuyến tam giác BFE Vậy BP qua trung điểm FE CÂU 3: (3,0 điểm) Cho a,b,c số thực dương thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh 1 4 + + ³ + + a + b b+ c c + a a + b + c + HƯỚNG DẪN CHẤM Sử dụng bất đẳng thức 1 + ³ ta x y x+ y có 1 + ³ a + b b+ c a + 2b+ c a2 +1³ 2a Theo AM – GM ta có 2( b +1) ³ 4b c2 +1³ 2c Cộng theo vế bất đẳng thức ta 2( a+ 2b+ c) £ a2 + 2b2 + c2 + = ( a2 + b2 + c2 ) + + b2 = b2 + Suy 1 + ³ a + b b+ c b + Tương tự ta có: 1 + ³ b+ c c + a c2 + 1 + ³ c+ a a+ b a + Cộng theo vế bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = CÂU 4: (3,0 điểm) Cho 2018 số nguyên dương phân biệt Chứng minh tồn chúng hai số a, b cho max  a; b  a; b  2018 HƯỚNG DẪN a1  a2  a3   a2018 Gọi 2018 số Chỉ xảy trường hợp sau: Trường hợp Trong số cho có hai số  a j cho , a j không chia hết cho 2017, đồng thời a j  mod 2017  Khi đó, 2017k  r; a j 2017l  r Nên  a j 2017  k  l   , a j  Cần lưu ý rẳng 2017 số nguyên tố nên ta có  k  l  2017  k  l 2017 Cuối ta có: ai  2017  2018   a j 2017  k  l  2017  , a j  suy  , a j   , a j  Vậy max  ; a j   a ,a  i  j 2018  , a j  ai 2017 Trường hợp Trong số cho có hai số  a j cho  a j 2017 a   a j j Khi đó,  , a j   , 2017  2017  Nên max  ; a j  aj  2017  , a j   , a j   a ,a  max  a ; a  a  2018  a ,a   a ,a  i Vậy   j i i j j i i j Trường hợp Tồn số nguyên dương t không vượt qua 2017 cho a1 , a2 , , at khơng chia hết cho 2017 cịn at 1 , at 2 , , a2018 chia hết cho 2017 at 1 a bt 1 , , 2018 b2018 2017 2017 Với i 1,2, , t; j t  1, t  2, ,2018 ta có Đặt  a , a   a , b  i j i a j nên  , a j  bj j a Ta phản chứng Theo giả thiết phản chứng a , a 2017 hay bj  j  , a j   i j 2017 Như ta có  , a j  bj Đặt M bội chung lớn bj Khi M  M, i 1, , t Và tM at  at 1  Đã chứng minh xong 2017 M   t  2018t  2017   2018  t  t  2017 (mâu thuẫn)  t 1  CÂU 5: (3,0 điểm) Cho bảng vuông 15x15 Điền vào ô vuông số Cho phép thay đổi bảng qui tắc: Mỗi lần xóa tất số hàng cột ghi vào hàng hay cột tất số nguyên từ đến 15 theo trật tự tùy ý Với bảng số nhận từ bảng ban đầu cách thực liên tiếp hữu hạn phép biến đổi nói trên, gọi S tổng tất số có mặt bảng Tìm giá trị lớn S HƯỚNG DẪN CHẤM 15 Kí hiệu , i 1, ,15 số số i có mặt bảng Khi ta có S  iai i 1 Bổ đề: Cho số nguyên dương m,n,k với m, n k Xét bảng chữ nhật mxn Giả sử tất vng bảng có màu trắng Cho phép thay đổi màu ô vuông theo qui tắc: lần xóa màu tất ô nằm hàng hay cột, tô màu đen cho k ô màu trắng cho cịn lại hàng (cột) Khi sau lần tơ lại màu số trắng có bảng khơng nhỏ  m  k   n  k  CM bổ đề: Do tính đối xứng hàng cột tốn nên, khơng tính tổng qt, ta cố định k, m qui nạp theo n  Dễ thấy n=k kết luận hiển nhiên  Bước qui nạp:Khi n tăng thêm 1, tức bảng chữ nhật tăng thêm một cột Khi đó, sau hữu hạn phép thay đổi bảng ta ln có: - Số ô trắng bảng chữ nhật mxn không vượt  m  k   n  k  - Số ô đen tô cột n + nhiều k Do số trắng bảng khơng  m  k  n  k  m  k  m  k   n   k  Trở lại toán  Khi xét m=n=15, k= (ơ tơ đặt số 15 số ô đen không vượt 152   15  1 ) ta có a15 152  142 2  Khi xét m=n=15, k=2 (2 ô dùng để đặt số 15 14) ta có a14  a15 15  13  ……………  Tổng quát, với m=n=15, k=s  s 14  a15 s1   a14  a15 152   15  s   Cuối ta có a1  a2   a15 15 số tất ô bảng ta có Cộng vế theo vế ta có S ? Tiếp theo ta cần qui luật thay đổi bảng Ta thấy bảng thỏa Tính từ góc trái qua phải, từ xuống dưới: ta viết giảm dần từ số 15 đến số Qui tắc làm: Tính từ góc trái, xuống làm theo xen kẻ hàng với cột CÂU 6: (3,0 điểm) Giả sử f :    hàm số thỏa mãn điều kiện 2 f  1  f  m  2n   f  m     f  n   với m, n   Tính f  2018  HƯỚNG DẪN CHẤM Đặt f   a Cho m n 0  f   3  f     f   0 Cho m 1; n 0  f  1  f  1   f  1 1 Cho m n 1  f  3 3 2 Cho n 0  f  m   f  m   , m   nên f   a Mặt khác với số tự nhiên 2 k 3   k  1   k    k  3  2k 2 2   f  k  1    f  k     f  k      f  k   (1) Từ (1) cho k 3 ta có  f  4  2 2   f  1   f      f  3   a 16  a 2  f   2 Theo ta chứng minh f  n  n với n 0;1;2;3;4 Ta chứng minh quy nạp f  n  n Thật vậy, với n 3 từ đẳng thức (1) ta có: 2 2  f  n  1    f  n  2   f  n  3    f  n     f  n  1   n  3  2n   n    n  1  f  n  1 n  2 Do f  n  n, n   Vậy f  2018  2018 2