Đề thi đề nghị olympic lop 10 năm 2018 trường thăng long

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỔNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN THĂNG LONG – ĐÀ LẠT KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ XXIV – NĂM 2018 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN TỐN ; LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề —————— ————————————  x   23 x  y   y  x   x  y  xy  y  x  0 Bài (4 điểm) Giải hệ phương trình:  Bài (4 điểm) Cho đường trịn (O) có B ,C ∈(O) cố định điểm A di chuyển (O) cho A thuộc nửa mặt phẳng bờ BC Trên tia đối tia BA ,CA lấy điểm E , F cho BE=CF=BC Gọi H , I trực tâm tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Dựng hình bình hành AHIK Chứng minh đường thẳng (d ) qua K vng góc với EF qua điểm cố định Bài (3 điểm) Cho x , y , z độ dài ba cạnh tam giác nhọn Chứng minh x2  x  y  y2  y  z  z2  z  x   x2 z  y x  z y   x  y  y  z  z  x x5  y5   x y −1 y  x  số nguyên Bài (3 điểm) Cho số nguyên khác cho Chứng minh x 2020  1  y  1 Bài (3 điểm) Cho số thực dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 Chứng minh tồn hai số , a j  i  j 5  cho   a j   84  3 2   a j   a j  a j     Bài (3 điểm) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn f  f  x   y   f  x   x  f  y  x, y   Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Bài (4đ) 2   x   23 x  y   y  x   1  x  y  xy  y  x  0  2 Ta có hệ phương trình  ìï ïï x ³ í ïï Điều kiện: ïỵ y - x - ³ 1,0đ  y  x  0     y  x  3  y  x  1 0    y  x  0 2 ìï ïï x ³ 5 ïí Þ y - x - = x +( y - x) - ³ + - > ïï 5 ïï y - x ³ Từ điều kiện ta có: ïỵ    y  x  0  y 5 x  Thay vào (1) ta Do 1,0đ x   x  18  x  11   x    x  2  x  11  x  11  3 2   ,   f  t  2t  t tăng Xét hàm số 1,0đ Do  3  f   5x   f   x  11  x   x  11  x 9 ( ) 1,0đ ( y  42 Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y ) = 9; 42 , ( x; y ) = 9; - Bài (4đ) Suy Ta phát biểu chứng minh bổ đề 42 ) “Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi E , F chân đường phân giác kẻ từ B ,C Gọi K tâm đường trịn bàng tiếp góc A Chứng minh OK vng góc EF.” Chứng minh bổ đề T M A L E O F I C B K Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC M L tâm đường tròn bàng tiếp góc B góc C Gọi T tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IML 0,75đ Ta có I trực tâm tam giác KML Ta có đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn Euler hai tam giác KML LMI Mặt khác K trực tâm tam giác IML nên K , O, T thẳng hàng (đường thẳng Euler)  1 Lại có FA.FB FI FL EA.EC EI EM nên E , F thuộc trục đẳng phương hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác IML 0,75đ 2  EF  OT Do  1   suy OK  EF Bổ đề chứng minh Từ K Trở lại toán A X F' E' B O I M H C D Y L E F 1,0đ Gọi E' , F ' chân đường phân giác kẻ từ C , B dễ dàng chứng minh E ' F '/ / EF Gọi D trung điểm cung BC không chứa A; L tâm đường trịn bàng tiếp góc A; đường thẳng qua D song song với OL cắt IK X ; (d ) cắt OD IL M Y Ta chứng minh (d ) qua M cố định Áp dụng bổ đề ta suy OL / /YK / / DX Vì D trung điểm IL nên dễ thấy ODIX hình bình hành, nghĩa IX =OD khơng đổi 0,75đ Mặt khác ta có AH =2ON (tính chất khơng thuộc) khơng đổi nên IK không đổi (với N trung điểm BC) ID IX  Từ theo định lý Thales, IY IK khơng đổi DM DM YD   IX YI không đổi Lại theo định lý Thales, DO Bài (3đ) 0.75đ Do M điểm cố định (đpcm) z min  x; y; z Khơng tính tổng qt giả sử y z x a  , b  , c   a, b, c  0; abc 1 x y z Đặt , bất đẳng thức trở thành 1 a     ab  bc  ca  1 a 1 b 1 c 1 b 1 c   b    c  b  c  bc 1,0đ 1 a 1 a Chú ý , bất đẳng thức tương đương với b c c a a b   bc  ca  ab a 1 b 1 c 1 Với abc=1, thực quy đồng rút gọn ta thu bất đẳng thức:  a  b  c  a 2b2  b c  c a  2 y z x  x2 y z 2         (¿) y z  y z x x Hay 2 2 2 2 2 x y z x  y y  z  z  y   y  x     3   z x y2 z2 x2 Ta có y x   y2  x2 y 2  x  z2   y2  z2  x2 z2 1,0đ x2  y2  x2  z   y2  z     y2 z x2       2 2 x y z  x2 y2 y2z2  Tương tự  y z x2  x2 y z 2       3 (¿)   x y2 z2  y2 z x2  Từ tương đương với x  Bài (3đ)  y2   2x  x2 y 2  y2   x2  z   y2  z  x2 y z 1,0đ 0 2 2 z min  x; y; z (đúng x  y  z  x  y  ) x5  a y5 1 c a c   u    * b d Đặt y  b x  d a, c  ; b, d   Ta có 1,0đ ac   x5 1  x 1  y 1  y 1 ) bd Mặt khác (do a c Theo định lý Viete, b d nghiệm hữu tỷ phương trình X  uX  v 0 1,0đ v Vì u , v số nguyên hệ số bậc cao phương trình nên nghiệm hữu tỷ phương trình phải nghiệm nguyên Vậy b=d=1 Do x Mặt khác Nên Bài (3đ) x 2020 2020 x  1  y  1 10 202   x   1 x  1 10 1,0đ  1  x  1  y  1 (đpcm)   a j   84  3 2   a j   a j  a   Ta có: j  a  a   i j a j Vì   a1 , a2 , a3 , a4 , a5  21  aa i j  1 a j a a  i i  21  a j  1 1,0đ số thực dương nên tồn số thực    b1 , b2 , b3 , b4 , b5   0;    cho: ak tan bk , k 1,        3   3   1,0đ S1  0;  S  ;  S3  ;  S  ;  8 4 8         Đặt , , ,   S1  S  S3  S  0;   2 Ta có   b1 , b2 , b3 , b4 , b5   0;    tồn hai số Theo nguyên lý Dirichlet, số bi , b j  i  j 5  h   1; 2;3; 4 b ,b cho i j thuộc tập Sh (với ) Bài b b j  a j Khơng tính tổng qt giả sử i  bi  b j  Khi ta có: tanbi  tan b j  tan  bi  b j   tan   1  tan bi tan b j Vậy nên  a j  a j   21  a j  a j  1 ta có đpcm Hay Từ kết hợp với Giả sử tồn hàm số f :    thỏa mãn (3đ) 1,0đ f  f  x   y   f  x   x  f  y  x, y    1 1,0đ f f    y   f    f  y  y     Từ (1) thay x 0 ta  Từ (2) thay y  f   ta f   f    0 Từ (1) thay x  f   ta f   0 Từ (1) thay y x  f  x  ta f  x  f  x    x, x   Suy f toàn ánh 1,0đ f f  x    f  x   x, x   Từ (1) thay y 0 ta  (3) Từ (1) (3) ta suy f  f  x   y   f  f  x    f  y  , x, y   f  x  y   f  x   f  y  , x, y   Do f toàn ánh nên ta suy Suy f  x  kx, x   , k số Thử lại ta thấy có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu toán f  x  3x, x   1,0đ f  x   x, x   ;