ĐỀ ĐỀ NGHỊ VÀ ĐÁP ÁN OLYMPIC 30/4 NĂM 2018 MƠN: TỐN 10 PHẦN : ĐỀ x y 1 y y 2 2 x 1 y 1 x 1 y 1 2 10 Bài Giải hệ phương trình x, y O Gọi M trung điểm BC Trên cung Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn nhỏ BC lấy điểm D cho tia MB tia phân giác góc AMD Đường thẳng qua C song O điểm thứ hai E Gọi I giao hai đường thẳng AD song với AD cắt đường tròn BE Chứng minh I trung điểm đoạn thẳng AD Bài Chứng minh với x, y, z số thực dương thỏa x y z 3 xyz 1 2 2 2 x y z 1 y x z 1 z x y 1 Bài Tìm tất cặp số nguyên dương phương a, b 2 cho a 3b b 3a số Bài Có 23 cầu với khối lượng cầu số nguyên dương Biết 22 cầu chia thành hai nhóm cho tổng khối lượng cầu nhóm Chứng minh khối lượng tất cầu 1 f f x Bài Tìm tất hàm số f : thỏa mãn x x với số hữu tỉ dương 1 f x f x 1 x PHẦN : ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Bài (4 điểm) x y 1 y y 2 2 x 1 y 1 x 1 y 1 2 10 Giải hệ phương trình Điều kiện xác định : y 2, x y 0 1 ta có ♦ Do y 2 nên từ x 2y 1 * y y 0 x 2y y x y y 3 x y 4 x 1 2 y 1 x 1 2 y 1 ♦ Ta chứng minh Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có : 4 x y 10 1đ x 1 x 1 2 x 1 y 1 32 12 x 1 y 1 y 1 y 1 12 32 Suy : x 1 2 y 1 x 1 x 1 y 1 2 y 1 x 1 x 1 y 1 y 1 32 12 4 x y x 1 y 1 12 32 1đ 4 10 x 1 y x y 2 x y 1 Đẳng thức xảy ♦ Từ 3 , , x 1 2 y 1 5 x 1 2 y 1 2 10 suy , đẳng thức xảy * x y 2 x y 2 Vậy * , ta thấy x y 2 thỏa mãn Vậy x y 2 nghiệm 2đ Thay lại vào hệ * hệ Bài (4 điểm) O Gọi R bán kính đường tròn Theo định lý sin tam giác ABI DBI, ta có: AI sin ABE DI sin DBE , AB sin BIA DB sin BID AE AI AB sin ABE AB R AB AE DE BD.DE DI DB sin DBE BD 2R Mà sin BIA sin BID (hai góc kề bù) nên CE // AD Do AECD nội tiếp nên AECD hình thang cân Suy AE CD, DE AC AI AB.CD 2đ Suy DI BD AC (1) MB phân giác AMD nên AMB DMB Ta có : AM BM AB cos AMB AM BM 2 AB AC BC BC AB 2 4 AM BC 2 AC AB BC BM AM BC ) (do Tương tự, ta có : Do : cos DMB DC DB DM BC cos AMB cos DMB S ABC S DBC Mặt khác, ta có : Suy : AC AB DC DB AM BC DM BC 2 AC AB AM SABC 2 DC DB DM S DBC AB AC.sin BAC AB AC 2 DB.DC DB.DC.sin BDC BAC BDC 180 AC AB AB AC DC DB DB.DC AC AB DC DB AB AC DB.D AC AB DC DB AB AC DB DC AB.DB AC DC 1 0 AC.DC AB DB AC DC AB DB (2) Từ (1) (2) suy AI DI Vậy I trung điểm AD 2đ Bài (3 điểm) 1 3 yz zx xy Ta có Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương x, y, z , ta có : xyz x y z 3 xyz xyz 1 x y z 3xyz 2 2 2 2 Do ta có: x 2 x x y z 2 x y z 4 xy z 4 yz 1 1 1 2 x y z yz yz Suy , đẳng thức xảy x y z 1 1đ 1 1 1 , 1 2 2 zx z x y xy Tương tự ta có y z x Do : 1 1 1 3 2 2 2 x y z 1 y x z 1 z x y 1 yz zx xy 2đ 1 2 2 2 Vậy x y z y x z z x y Bài (3 điểm) 2 a 3b a b 3a b Nhận xét với a, b hai bất đẳng thức khơng thể đồng thời Thật vậy, hai bất đẳng thức cộng vế theo vế ta a b , mâu thuẫn với giả thiết a, b a 3b a Do vai trị a, b bình đẳng, khơng tính tổng quát ta giả sử 2 2 2 a a 3b a a 3b a 1 Ta có : a 3b số phương nên Do b 2k k 3b 2a Từ suy a 3k 2 2 a 3b 3k Thay a 3k b 2k b 3a 4k 13k số phương 2 2k 3 4k 13k 2k k Với nên b 3a khơng thể số phương 2 k 1;2;3; 4 Kiểm tra trực tiếp, ta thấy với b 3a 4k 13k khơng số phương 2 2 Với k 0 a 3b 2 b 3a 2 Trong trường hợp a b 1 2 2 Với k 5 a 3b 17 b 3a 13 Trong trường hợp a 16, b 11 a 11, b 16 Vậy cặp số nguyên dương a, b cần tìm 1,1 , 16,11 , 11,16 Bài (3 điểm) Giả sử khối lượng cầu a1 , a2 , , a23 1,5 đ 0,5 x3 Do 22 cầu chia thành nhóm có khối lượng nên tổng khối lượng 22 cầu ln số chẵn Suy tất cầu có tính chẵn lẻ Nhận xét : a1 a2 a23 , , , ♦ Nếu tất chẵn cầu có khối lượng 2 thỏa mãn điều kiện giả thiết 0,5 a1 a2 a23 , , , x3 2 ♦ Nếu tất lẻ cầu có khối lượng thỏa mãn điều kiện giả thiết Giả sử có cầu thỏa giả thiết tất cầu có khối lượng giống Với cầu a1 , a2 , , a23 vậy, đặt d :min a j : a j đại lượng đặc trưng d Gọi D số nhỏ tất số d (tồn theo nguyên lý cực hạn) Giả sử b1 , b2 , , b23 có đặc trưng D Khi : b1 b2 b23 D , , , có đặc trưng ♦ Nếu bi chẵn theo nhận xét 2 D 0 D , mâu thuẫn với tính nhỏ D b1 b2 b23 , , , 2 có đặc trưng ♦ Nếu bi lẻ theo nhận xét bộ 1,5 D 0 D D mâu thuẫn với tính nhỏ D Vậy hai trường hợp, ta dẫn đến mâu thuẫn Suy giả sử sai, tức có cầu thỏa giả thiết tất cầu phải có khối lượng Bài (3 điểm) 1 f x g x g x * g x x Đặt từ hai điều kiện giả thiết ta có x g x g x 1 ** với x x phần lẻ x, tức x x x với x số nguyên lớn Với x , kí hiệu x không vượt x Ta có 1đ x g x g 1 x x ♦ Nếu Khi (**) suy (1) g x g x x g x x ♦ Nếu (theo (**)) p p 1 x q với p, q 1 Do q Giả sử nên q p Theo thuật toán chia Euclide, tồn số nguyên dương a1 , r1 cho q a1 p r1 r1 p Từ ta có : p q2 g q p q q2 g p p a p r1 q g p p r q2 g a1 p p r g p Nếu r1 , lập luận tương tự, tồn số nguyên dương a2 , r2 cho p a2 r1 r2 r2 r1 r p2 r g g p r1 r1 Suy p q p r2 g g q p r1 r1 Quá trình thực liên tiếp Do p, r1 , r2 , số nguyên dương p r1 r2 nên trình hữu hạn, tức tồn k cho rk 1 Khi ta có : p q2 p2 r r r q2 g k2 g k g q p r1 r2 rk rk rk rk 1 g g n g n n g 1 n rk g 1 r Từ (*) (1) ta có n Suy k p q2 g rk2 g 1 q g 1 Do : q rk 1đ p g q 2c g 1 c Đặt q p p g q 2c g x q c Thử lại ta thấy hàm số q thỏa mãn (*) (**) Vậy q x (nếu x nguyên q 1 ) c số hữu tỉ dương dạng phân số tối giản tùy ý Ta có : f x g x f x xg x xq 2c x 1đ p x (nếu x nguyên q 1 ) c số q dạng phân số tối giản hữu tỉ dương tùy ý p x (nếu x nguyên q 1 ) Vậy q dạng phân số tối giản c số hữu tỉ dương tùy ý f x xq 2c