TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUANG TRUNG, BÌNH PHƯỚC ĐỀ ĐỀ NGHỊ 30-4 LỚP 10 Các em đọc kỹ đề đáp án xem có sai sót khơng Đây đề đề nghị nên cần phải xác x y xy 2 xy x y Câu I (4 điểm).Giải hệ phương trình: x 1 x x y Câu II (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông C Gọi H hình chiếu vng góc C AB, đường trịn đường kính CH cắt AC, BC đường trịn đường kính AB D, E, F.Đường trịn tâm C bán kính CH cắt đường trịn đường kính AB P Q a) Chứng minh CF, DE, AB đồng quy b) Chứng minh Q, D, E, P thẳng hàng Câu III (3 điểm).Cho số thực dương thỏa: abc 1 Chứng minh: 1 1 3 243 a 2b3 b 2c c3 2a Câu IV.(3 điểm).Tìm tất số nguyên tố p cho p p lập phương số tự nhiên Câu IV.(3 điểm) Xét 100 số nguyên dương a1, a2 , , a100 với 100, i 1; 2; ;100 a1 a2 a100 200 Chứng minh 100 số ln tồn vài số có tổng 100 Câu VI (3 điểm) Hãy tìm tất hàm số f : Z Z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện f 2017 2018 n Z f n m f m n f m 3 n HẾT ĐÁP ÁN Câu I Điều kiện: xy 0 Giải phương trình (1): x y xy 2 xy x y x y 0 x y 0 thay vào (2) không thỏa Trường hợp xy 0 thay vào (1): xy 0 Trường hợp xy x y x y xy x y xy x y (1) xy 2 xy xy xy x y 2 xy xy xy ……………………………………………………… 1.0điểm Giải được: x y ……………………………………………………… 1.0 điểm Thay vào (2) x 1 x x x x x x 1 x x x 1 0 t 2 2 Đặt t x x : t x 1 t x 1 0 …………….1.0 điểm t x x 1 x x 2 x 1 (l ) x x x 1(vn) KL: x; y 2;1 …………………………………………………1.0điểm Câu II a) Ta có CD.CA CH CE.CB , tứ giác ADEB nội tiếp Gọi G giao điểm DE AB Ta có GA.GB GD.GF G có phương tích với hai đường trịn (O) (I) Vậy G thuộc trục đẳng phương hai đường trịn CF Nói khác G, F, C thẳng hàng suy AB, CF, DE đồng quy……………………………………………….2.0điểm b) Ta có AB trục đẳng phương (I) (C), CF trục đẳng phương (I) (O) PQ trục đẳng phương (C) (O) Do PQ, AB, CF đồng quy G ( ba tâm ba đường trịn khơng thẳng hàng) Ta có CDE suy CO vng góc với DE Mặt khác QP vng góc với CO CBO OCB PQ trục đẳng phương (O) (C) nên vng góc với đường nối tâm CO Vậy DE PQ suy đpcm……………………………………….…….2.0điểm Câu III Bổ đề: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc 1 Khi đó: 1 1 (*)………………………………………………1.0điểm ab b bc c ca a Chứng minh: 1 ab b 1 Thay c vào (*) : ab ab b ab b ab b Ta có: a3 2b3 a3 b3 b3 3ab 3b 3 ab b 1 Nên a 2b3 2 3(ab b 1) Mặt khác: 2 3(ab b 1) 3 Hay a 2b 3 3 3 ab b 1 ab b 1 243 ab b 1 …………………………………….1.0điểm 243 ab b 1 Tương tự cho hai bất đẳng thức cịn lại Ta có: 1 1 VT …………………………… 1.0điểm 243 ab b bc c ca a 243 Câu IV + Giả sử p p a (a N * ) p ( p 1) (a 1)(a a 1) (*) a 1p Từ (*) suy ra: a a 1p a a kp (vì p a ) với k N * Thay vào (*): p k (a 1) p 1a …………………………………… 1.0điểm + Chúng ta xác định giá trị k a2 a a2 a 1 k a a ………………………………….1.0điểm p a 1 a 1 k 3 a a kp a (a 1) 2(a 1) k ( p 1) k k 3a k a Trường hợp k : k a k a (vô lý ) Trường hợp k {1;2;3} ……………………………………………………1.0điểm Câu V + Nếu = aj với i j 1.0điểm + Ngược lại,khơng tính tổng qt, ta giả sử a1 a2 Xét tập: A {a1 , a , a1 +a , a1 +a +a , ,a1 +a + +a 99 } có 100 số 1.0điểm Các số nhỏ 100 Nếu tập A có số chia hết cho 100 số 100 (do số dương nhỏ 200) Nếu A số chia hết cho 100 tồn hai số có số dư chia cho 100 hiệu chúng chia hết cho 100 (hiệu dương nhỏ 100) 1.0điểm Câu VI.Giả sử tồn hàm cho Từ điều kiện tốn ta có f f (n) f m n f f (m) 3 m m nên: f f (n) 3 n n Vậy f (n 3) f f f ( n) 3 f (n) n Bằng quy nạp ta chứng minh được: f (0) 3k neáu n 3k f (n) f (1) 3k neáu n 3k …………………………………………….1.0đ f (2) 3k n 3k Tính f 1 , f f 2017 2018 f 672.3 1 f 1 3.672 2018 f 1 4034 f 2018 f f 2017 2017 mà 2018 3.672 nên f 2018 f 3.672 2017 f 4033 Tính f : Đặt f 3t r , r 0;1; 2 suy ra: f f f r 3t f r 3t r 0 Vì f 1 , f khơng có dạng 3t ………………………………………1.0đ Thử lại thấy hàm số: f (n) 3t n, t Z neáu n 3k 4035 n neáu n 3k ………………………………………………………………………… 1.0đ HẾT