KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ XXIV ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN ; LỚP: 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG TRƯỜNG : THPT CHUYÊN TIỀN GIANG Câu (4 điểm) : x 3xy y x 0 Giải hệ phương trình : y x x y Câu (4 điểm): Trong mặt phẳng cho đường trịn (O1) (O2) nằm ngồi Gọi A1A2 tiếp tuyến chung đường tròn (A1 (O1), A2 (O2)), K trung điểm A1A2 Từ K kẻ tiếp tuyến KB1, KB2 đến (O1), (O2) Gọi L = A1B1 A2B2, P = KL O1O2 Chứng minh B1, B2 , P, L nằm đường tròn Câu (3 điểm): Cho ba số thực a,b,c > thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1 1 a 1 b 1 c 1 Câu (3 điểm): Tìm tất cặp số nguyên dương (x, n) cho x n 2n ước x n 1 2n1 Câu (3 điểm): Cho bảng kích thước 2n 2n ô vuông Người ta đánh dấu vào 3n ô vng bảng Chứng minh chọn n hàng n cột bảng cho tất ô đánh dấu nằm n hàng n cột Câu (3 điểm): Tìm tất hàm số f : * * tăng ngặt thỏa mãn nf f n f n , n * Số phách ĐÁP ÁN x 3xy y x 0 Câu (4 điểm): Giải hệ phương trình : y x x y Đáp án câu Nội dung Điều kiện: y ≥ 0, x y 0 Điểm 2 Ta xem phương trình (1) phương trình bậc theo y, ta có: y 9 x x x 1 x Suy ra: y = x + y = 2x – TH1: y = x + vào (2): 1 x x x2 x x2 x x x x2 x x x 0 x 1 x (nhận) x 1 x y 2 y 0 TH2: y = 2x – vào (2): Điều kiện x ≥ ½ 2x x x x 0 Ta có: x 2x x 1 Do phương trình vơ nghiệm Vậy S = {(–1; 0), (1; 2)} 3 , x 1 x x2 2x x 1 1 1 2x x 2x x Số phách Câu (4 điểm): Trong mặt phẳng cho đường tròn (O1) (O2) nằm Gọi A1A2 tiếp tuyến chung ngồi đường trịn (A1 (O1), A2 (O2)), K trung điểm A1A2 Từ K kẻ tiếp tuyến KB1, KB2 đến (O1), (O2) Gọi L = A1B1 A2B2, P = KL O1O2 Chứng minh B1, B2 , P, L nằm đường tròn Đáp án câu 2áp án câu Nội dung Điểm Do KA1 = KA2 = KB1 = KB2 nên tứ giác A1B1B2A2 nội tiếp đường tròn LB1 LA1 LB2 LA2 Suy ra: PL / O PL / O 2 2 Hiển nhiên PK / O PK / O KA1 KA Do KL trục đẳng phương (O1) (O2) KL O1O2 Do đó, A1, B1, P nhìn O1K góc 900 nên tứ giác A1B1PK nội tiếp đường trịn đường kính O1K Chứng minh tương tự: tứ giác A2B2PK nội tiếp đường trịn đường kính O2K Suy ra: tứ giác B1PB2L nội tiếp PB B PL B PL LA A LA A 1800 A LA (đpcm) Thật vậy: B 2 2 1 2 1 Số phách Câu (3 điểm): Cho ba số thực a,b,c > thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1 1 a 1 b 1 c 1 Đáp án câu 2áp án câu Nội dung 1 x 1 y 1 z 1 a 1 b 1 c ,b ,c ,y ,z Đặt x a 1 x 1 y 1 z 1 a 1 b 1 c Vì a,b,c > nên –1 < x,y,z < Vì abc = nên x y z x y z x y z xyz 2 1 x, 1 y, 1 z nên BĐT thành: Ta có: a 1 1b 1 c 2 x y z x y z 4 2 x y z x y z xy yz zx xyz 0 Điểm 1 2 x y z x y z xy yz zx xyz 0 x y z x y z x y z xyz 0 (*) Ta có: x y z xyz 0 x y z x y z Do đó: (*) thành: x y z x y z xyz 0 x y z x y z 4 xyz (đúng, x y z x y z 4 x y z 4 xyz 4 xyz ) Số phách Câu (3 điểm): Tìm tất cặp số nguyên dương (x, n) cho x n 2n ước x n 1 2n 1 Đáp án câu 2áp án câu Nội dung Điểm Nếu n = x | x x x 3 14 x | 14 x 4 x = 11 0,5 Nếu n ta có: + Nếu x = 2n 2n 1 2n 1 2n 1 2 2n 0,5 2n 1 (loại) 2n + Nếu x = 2n 2n 2n 1 2n 1 2n 2n 1 2n 1 2n 1 2 2n 2n 2n 1 2n 1 (loại) 2n 2n + Nếu x = 3n 2n 1 3n 1 2n 1 3n n 1 3n 1 2n1 3 3n 2n 3n 1 2n 1 (loại) 3n 2n n n n 1 n 1 n n + Nếu x x 1 x 1 x x x 1 n n n 1 n n 1 n n 1 n 1 Thật vậy, x x 1 x x.2 x x 2.2 x x 1 x x n 1 n 1 x n n 1 x 1 x x n n n n 1 2 n 0,5 x n 2n x n 1 2n 1 x n 1 2n 1 x (loại) x n 2n x n 2n Vậy có cặp số nguyên dương thỏa toán (1; 4) (1; 11) 0,5 1 x 4n 2n 1 x n x n 2n 1 x n n x 2n x n 1 x 2n x n 1 2 x n1 2n1 Do đó, x 0,5 0,5 Số phách Câu (3 điểm): Cho bảng kích thước 2n 2n vng Người ta đánh dấu vào 3n vng bảng Chứng minh chọn n hàng n cột bảng cho tất ô đánh dấu nằm n hàng n cột Đáp án câu 2áp án câu Nội dung Điểm Chọn n hàng có chứa số ô đánh dấu nhiều Ta chứng minh số cịn lại đánh dấu n Giả sử trái lại, tức số ô đánh dấu cịn lại n + Vì số hàng lại chưa chọn n nên theo nguyên lí Dirichlet có hàng (trong n hàng chưa chọn) chứa đánh dấu Do cách chọn n hàng có chứa số đánh dấu nhiều nên hàng > ô đánh dấu Suy số ô đánh dấu > 2n + n + = 3n + > 3n Mâu thuẩn Như vậy, sau chọn n hàng trên, cịn lại khơng q n đánh dấu, có n cột chứa chúng Vậy ta chọn n hàng n cột bảng cho ô đánh dấu nằm n hàng n cột 1 Số phách Câu (3 điểm): Tìm tất hàm số f : * * tăng ngặt thỏa mãn nf f n f n , n * Đáp án câu 2áp án câu Nội dung n, n N Ta chứng minh f n (*) , a, N hai số nguyên dương cố định an, n N tùy ý Dễ dàng kiểm tra hàm số thỏa mãn toán Ta chứng minh hàm số thỏa mãn u cầu tốn phải có dạng Trước tiên ta có nhận xét sau: f n Nhận xét 1: * , n * n f n Thật vậy, với cố định, đặt f n na * a n * n 2 n a f n nf f n nf an f an a 2n Điểm k k 1 Bằng qui nạp ta được: f a n a n , k k * k 1 * * Vì f a n , k a n , k a p (vì a , p, q , p, q 1, q tồn k đủ lớn cho q k 1 n q k 1 * a n ) * Nhận xét 2: Nếu với n1 n2 , n1 , n2 , f n1 an1 f n2 bn2 , a, b * , a, b a = b Thật vậy, giả sử a b Khơng tính tổng qt giả sử a < b Chọn số nguyên dương k k cho a n1 n2 k k k 1 Vì f hàm tăng ngặt nên f a n1 f n2 Ta có: f a n1 a n1 , f n2 bn2 k 1 Suy ra: a n1 bn2 k m m Tiếp tục điều ta có, a n1 b n2 , m Điều mâu thuẩn, a < b nên tồn k m m số nguyên dương m đủ lớn cho a n1 b n2 Vậy a = b * Trở lại toán, rõ ràng f n n, n hàm số thỏa tốn có dạng (*) (với a = 1) Xét hàm số f khác hàm số thỏa toán f N f n Gọi N số nguyên dương bé cho , 1, n N , theo nhận N n f n f n xét 1, * , n * nên 1, n N , hay f n n, n N n n Đặt a f N N * , a Ta chứng minh: f n an, n N N Thật vậy, giả sử tồn số nguyên dương m > N cho f(m) = m Khi đó, tồn số nguyên dương k cho: a k N m a k 1 N m f m f a k N a k 1 N (mâu thuẩn) Như theo nhận xét ta có: f n an, n N