Nbk vinhlong de nghi olp 30 4 18 khoi 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH LONG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 – LẦN THỨ XXIV NĂM 2018 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN LỚP 10 Số Phách Số Phách Câu (4,0 điểm) Giải phương trình x  x  x   x  x  Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có đường phân giác AX , BY , CZ đồng quy I Tìm giá trị lớn biểu thức P  AI BI CI AX BY CZ Câu (3,0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  2( xy  yz  zx) Chứng minh x  y  z  3 xyz Câu (3,0 điểm) Chứng minh có vơ số số ngun n thỏa mãn 2n  3n  số phương n phải bội 40 Câu (3,0 điểm) Gọi S tập hợp số nguyên dương thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau 1) Tồn hai phần tử x, y thuộc S cho ( x, y )  2) Với hai phần tử a, b thuộc S a  b thuộc S Gọi T tập hợp tất số nguyên dương không thuộc S Chứng minh số phần tử T hữu hạn không nhỏ s (T ) với s(T ) tổng phần tử tập T , T   s (T )  Câu (3,0 điểm) Lấy điểm X cạnh đáy BC tam giác cân ABC , lấy P, Q điểm cạnh AB AC cho APXQ hình bình hành Gọi Y điểm đối xứng với X qua PQ , K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC   M giao điểm CY QX Chứng minh MC.MY  KM  KY HẾT Câu (4,0 điểm) Giải phương trình x  x  x   x  x  Lời giải Đặt y  x  x   x3  x  x   y Ta có hệ phương trình  7 x  x   y (1,0 đ)  x3  x  x   y (1)  x  x  x   y    3  x  1   x  1  y  y (2)  x  x  x  1   x  1  y  y (1,0 đ) Cách giải Xét hàm số f (t )  t  t , chứng minh f (t ) hàm đồng biến tập số thực  Từ (2) ta f ( x  1)  f ( y )  y  x  , vào (1) (1,0 đ) x  Ta x  x  x   x   x  x  x      x  1   3 Vậy phương trình có nghiệm x  x  (1,0 đ) 1  Cách giải Đặt t  x  , từ (2) ta phương trình t  t  y  y Nếu t  y t  t  y  y , phương trình vơ nghiệm Nếu t  y t  t  y  y , phương trình vơ nghiệm Do phương trình có nghiệm t  y hay y  x  (1,0 đ) Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có đường phân giác AX , BY , CZ đồng quy I Tìm giá trị lớn biểu thức P  AI BI CI AX BY CZ Lời giải Ta có AX  2bc A bca AI  b  c  b  c  a  cos , AI    A A bc AX 2cos 4bc.cos 2 Lại có 2cos Suy A b  c  a  b  c  a  b  c  a    cos A    2bc 2bc AI bc  AX a  b  c Tương tự (1,0 đ) (0,5 đ) (0,5 đ) BI c  a CI a b  ;  BY a  b  c CZ a  b  c Khi P AI BI CI (a  b)(b  c)(c  a )  a b c      1  1     AX BY CZ (a  b  c)  a  b  c  a  b  c  a  b  c  Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho số không âm ta   a   3 a b c      a   P  1   1  1    27  a  b  c   a  b  c  a  b  c      (1,0 đ) Đẳng thức xảy a  b  c Vậy max P  tam giác ABC tam giác 27 (1,0 đ) Câu (3,0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  2( xy  yz  zx) Chứng minh x  y  z  3 xyz Lời giải Do x , y , z có vai trị nên khơng tính tổng qt, ta giả sử z  min{x, y, z} (0,5 đ) Từ giả thiết, ta có ( x  y )2  z ( x  y )  z  xy  ( x  y  z )  xy (1,0 đ) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số, ta có x yz x yz ( x  y  z )2 z   2z  33  3 xyz 2 Đẳng thức xảy x  y  z , hoán vị x yz  (1,0 đ) (0,5 đ) Câu (3,0 điểm) Chứng minh có vơ số số ngun n thỏa mãn 2n  3n  số phương n phải bội 40 Lời giải Giả sử 2n   u ,3n   v ; u , v   (1) Ta có u  v  2(mod 5)  u , v  1(mod 5)  n chia hết cho (1,0 đ) 2 Mặt khác từ (1) ta 3u  2v  (2) Dặt u  x  y, v  x  y; x, y   (2) trở thành x  y  phương trình Pell có vơ số nghiệm ngun dương (1,0 đ) Hơn nữa, từ (2) suy u lẻ, hay u  2k  1, k    n  2k  2k số chẵn Nên v  3n   v lẻ, hay v  m  1, m    3n  16m  8m bội hay n chia hết cho (1,0 đ) Vậy có vơ số số nguyên n thỏa đề số bội 40 Câu (3,0 điểm) Gọi S tập hợp số nguyên dương thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau 1) Tồn hai phần tử x, y thuộc S cho ( x, y )  2) Với hai phần tử a, b thuộc S a  b thuộc S Gọi T tập hợp tất số nguyên dương không thuộc S Chứng minh số phần tử T hữu hạn không nhỏ s (T ) với s(T ) tổng phần tử tập T , T   s (T )  Lời giải Trước hết ta chứng minh x, y  S ,( x, y)  n  xy n  S Thật vậy, ( x, y )  nên tồn hai số nguyên a, b cho n  ax  by Vì n  xy nên a, b   Mặt khác x, y  S suy ax, by  S  n  S Do T  n    n  xy (0,5 đ)   T hữu hạn Nếu T   tốn hiển nhiên (0,5 đ) Nếu T   , ta xếp thứ tự phần tử T sau : t1  t2   tk (ti  T ) 1  S mâu thuẫn Vậy t1  t1   S Giả sử t1  , ta có t1   (t1  1)   (0,5 đ) m  S t  , m :1  m   i  2  ti  m  S Với i  2, , k ti  S nên ti  m  (ti  m)   Nhưng có i  số nguyên dương khơng thuộc S nhỏ ti số t  t1  t2   ti 1 Suy  i   i  2 k k  ti  2i    ti    (2i  1)  k i 1 (0,5 đ) (0,5 đ) i 2 k Vậy s (T )   ti  k  s (T )  k i 1 (0,5 đ) Câu (3,0 điểm) Lấy điểm X cạnh đáy BC tam giác cân ABC , lấy P, Q điểm cạnh AB AC cho APXQ hình bình hành Gọi Y điểm đối xứng với X qua PQ , K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M giao   điểm CY QX Chứng minh MC.MY  KM  KY Lời giải Gọi O giao điểm AB QY Hai tam giác PYO QAO đồng dạng   PXQ   QAO    Do YPO  có PYO POY  QOA AQO , từ suy   YQC  (1,0 đ) YPB Mặt khác, tam giác BPX cân P PX  PY nên tam giác BPY cân P Chứng minh tương tự, ta có tam giác CQY cân Q Khi hai tam giác BPY   BAC  CQY đồng dạng, suy BYC (1,0 đ)   Vậy tứ giác BYAC nội tiếp đường tròn, dẫn đến MC.MY  KM  KY , với K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1,0 đ) A Y O Q M P B X C