WWW.VNMATH.COM TP HỒ CHÍ MINH KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XIX – NĂM 2013 Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Môn thi : TOÁN - Khối : 10 Ngày thi: 06-04-2013 Sở Giáo Dục Đào Tạo Thời gian làm bài: 180 phút Ghi : Thí sinh làm câu hay nhiều tờ giấy riêng ghi rõ câu số … trang tờ giấy làm Đề có 01 trang Bài 1: (4 điể m) Giải phương trình x 3 x2 8x 48 x 24 Bài 2: (4 điể m) Cho hình lục giác ABCDEF thỏa mañ các điề u kiê ̣n sau: Tam giác ABF vuông cân ta ̣i A, BCEF là hiǹ h biǹ h hành , BC = 19, AD = 2013 DC + DE = 1994 Tính diện tích lục giác ABCDEF Bài 3: (3 điể m) Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 2x(1 – x) ≥ y(y – 1) Tìm giá trị lớn biểu thức P = x – y + 3xy Bài 4: (3 điể m) Tìm số nguyên dương x , y cho: p = x2 + y2 số nguyên tố x + y3 – chia hế t cho p Bài 5: (3 điể m) Trong mă ̣t phẳ ng to ̣a đô ̣ Oxy, cho 19 điể m có các to ̣a đô ̣ là những số nguyên đó ba điểm thẳng hàng Chứng minh rẳ ng có it́ nhấ t điể m 19 điể m là đin̉ h một tam giác có trọng tâm điểm có to ̣a đô ̣ là các số nguyên Bài 6: (3 điể m) Cho hàm số f : Z Z thỏa các điều kiện sau: f(1) = ; f(n + 3) ≤ f(n) + f(n + 2012) ≥ f(n) + 2012 với mo ̣i n Z Tính f(2013) Hế t WWW.VNMATH.COM HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: Giải phương t rình x 3 x2 8x 48 x 24 ∑ điể m Đặt u x2 8x 48 v = x + (u ≥ 0) u2 + v2 = –2x + 57 1.0 Ta đươ ̣c phương triǹ h trở thành 1.0 u v 2 x 57 (u + v)2 = u + v = ± 2uv x 48 u+v=3 u + v = –3 x x 2 x2 8x 48 x 2 x x 48 x 6 x 5 31 x2 8x 48 x x 10 x 1.0 1.0 WWW.VNMATH.COM Bài Cho hiǹ h lu ̣c giác ABCDEF thỏa mañ điều kiện sau : ∑= đ Tam giác ABF vuông cân ta ̣i A , BCEF là hình bình hành , BC = 19, AD = 2013 DC + DE = 1994 Tính diện tích lục giác ABCDEF Xét phép tịnh tiến C B T : A K; B C và F E BC Ta có tam giác CKE vuông cân ta ̣i CE K nên: KC = KE = 0.5 α D A CE K KE F E Áp dụng bấ t đẳ ng thức Ptoleme cho tứ giác CKED ta có: KC.DE + CD.KE ≥ CE.KD (*) (DE + CD).KE ≥ CE.KD CE DE + DC ≥ KD KE 1994 KD KD ≤ 1994 Mă ̣t khác AK = BC = 19 nên: AD ≤ AK + KD ≤ 19 + 1994 = 2013 = AD KD = 1994 K thuô ̣c đoa ̣n AD Do KD = 1994 nên bấ t đẳ ng thức Ptoleme (*) xảy đẳ ng thức C, K, E, D cùng thuô ̣c mô ̣t đường tròn CKE = 900 DE + DC = 1994 CDE Đặt = KD , CE , ta có: 0.5 0.5 0.5 SABCDEF = SABF + SBCEF + SCDE = SBCEF + SCKE + SCDE = SBCEF + SCKED = BC.CE.sin + CE.KD.sin = 19.CEsin + 1994CE sin = 1016.CE sin KDC KDE = 450 Mă ̣t khác: DC = ECsin CED DE = EC sin DCE 1800 ( 450 ) Do đó: CDK = α – 450 CED DCE 1.0 sin DEC EC sin sin 1994 DE DC EC sin DCE 4 = EC.sin cos = EC.sin Suy EC.sin α = 1994 Do đó SABCDEF = 2025904 1.0 WWW.VNMATH.COM Bài 3: Cho x, y là các số thực thay đổ i thỏa mañ 2x(1 – x) ≥ y(y – 1) Tìm giá trị lớn biểu thức P = x – y + 3xy Cách Ta có: 2x(1 – x) ≥ y(y – 1) 2x – 2x2 ≥ y2 – y 2x – x2 ≥ x2 + y2 – y ≥ 2xy – y 2xy – y – ≤ –(x – 1)2 ≤ 2xy ≤ + y Do đó: P ≤ x – y + 2x y (1 y ) 2 ∑=3 1.0 0.5 Lại có: 2x(1 – x) ≥ y(y – 1) 2x – 2x2 ≥ y2 – y 2x + y ≥ 1 (2 x y ) ≥ (2 x 3 y) 1.0 (2x + y)2 – 3(2x + y) ≤ ≤ 2x + y ≤ Suy P ≤ Cách 33 = Khi x = y = P = Vâ ̣y Max P = 0.5 Ta có: 2x(1 – x) ≥ y(y – 1) 2x – 2x2 ≥ y2 – y 2x + y = (2 x y ) 2 2 (2 x y ) ≥ 3 1.0 Đặt t = 2x + y, ta được t2 – 3t ≤ ≤ t ≤ 3P = 3x – 3y + 9xy = 3x – 3y + 9xy – + = (3x – 1)(3y + 1) + = (6 x y 1)2 1 (6 x 2)(3 y 1) ≤ = (3t 1)2 1.0 Ta có t [0; 3] –1 ≤ 3t – ≤ (3t – 1)2 ≤ 64 3P ≤ 64 = P ≤ 1.0 2 x y x = y = P = Khi t = 6x – = 3y + 6 x y Vâ ̣y Max P = 1.0 WWW.VNMATH.COM Bài Tìm số nguyên dương x , y cho: p = x2 + y2 số nguyên tố x3 + y3 – chia hế t cho p Ta có: x3 y 0(mod p) ( x y)( x2 y xy) 0(mod p) xy( x y) 0(mod p) 3xy( x y) 12 0(mod p) Mặt khác: x y 0(mod p) 3 ∑ = 3đ 0.5 (1) (2) Cộng (1) (2) ta được : x y 0(mod p) 0.5 ( x y 2)( x y xy 2( x y) 4) 0(mod p) Vì p số nguyên tố, ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: x + y + chia hết cho p Khi : x y x y x( x 1) y( y 1) Vì x, y số nguyên dương nên có trường hợp: x = y = 1; x = 2, y = 1; x = 1, y = Thử lại, ta có cặp số (x, y) thoả : (1; 1), (2; 1), (1; 2) Trường hợp 2: Nếu x y xy 2( x y) 4 p Khi : x y xy 2( x y) 4 ( x y ) xy 2( x y) 4 ( x y ) Do 2xy – 2( x + y) + = [( x – 1)( y – 1) + 1] > xy 2( x y) x y ≥ (x – y)2 + 2(x + y) ≥ x = y =1 Thử la ̣i ta có că ̣p số (1; 1) thỏa Vậy số nguyên dương x, y cần tìm : (1; 1), (2; 1), (1; 2) Bài Trong mă ̣t phẳ ng to ̣a đô ̣ Oxy, cho 19 điể m có các to ̣a đô ̣ là những số nguyên đó không có ba điể m nào thẳ ng hàng Chứng minh rẳ ng có ít nh ất điể m 19 điể m là đin̉ h của mô ̣t tam giác có tro ̣ng tâm là điể m có tọa độ số nguyên 0.5 0.5 0.5 0.5 ∑=3đ Giả sử A1, A2, …, A19 19 điểm đã cho ba điểm 0.5 thẳng hàng Ai(xi, yi) với xi, yi Z ( i 1,2, ,19 ) Một số chia cho dư 0; hoặc Vì 19 > 3.6 nên theo nguyên lí Dirichlet: có 19 số x i có 1.0 số dư chia cho Không tính tổng quát, giả sử số x1, x2, …, x7 Xét bảy điểm A1, A2, …, A7 0.5 Vì > 3.2 nên theo nguyên lí Dirichlet: có số yi ( i 1,2, ,7 ) có số dư chia cho Không tính tổng quát, giả sử số y1, y2, y3 Xét ba điểm A1(x1; y1), A2(x2; y2) A3(x3; y3) Vì x1, x2, x3 có số dư chia cho y1, y2, y3 ba số có số dư chia x1 x2 x3 y y y Z ; Z 3 0.5 Vậy trọng tâm tam giác A1, A2, A3 có tọa độ số 0.5 nguyên Bài toán được chứng minh WWW.VNMATH.COM Bài Cho hàm số f : Z Z thỏa các điều kiện sau: f(1) = ; f(n + 3) ≤ f(n) + f(n + 2012) ≥ f(n) + 2012 với mo ̣i n Z Tính f(2013) Theo tính chất f (n 3) f (n) , với mọi số nguyên n ta có f (n 2013) f (n 670.3) 3 f (n 670.3) f (n) 2013 (1) Mặt khác theo tính chất f (n 2012) f (n) 2012 ta có f (n 2013) f (n 1) 2012 f (n 1) 2012 , với mọi số nguyên n (2) Từ (1) (2) suy f (n 1) 2012 f (n) 2013 Hay f (n 1) f (n) , với mọi số nguyên n (3) Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức (3) ta được f (n 2012) f (n) 2012 (4) Theo giả thiế t ta có f (n 2012) f (n) 2012 (5) Từ (4) (5) suy f (n 2012) f (n) 2012 , với mọi số nguyên n Thay n ta được f (2013) f (1) 2012 2013 ∑=3đ 1.0 0.5 0.5 0.5 0.5