SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNHĐẮKLẮK TRƯỜNG THPT: NGÔ GIA TỰ KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ II ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; LỚP: 10 ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1: (4 điểm) Giải phương trình: (4 x − x + 3) − x = 3 3 Đáp án câu 1: Câu Đáp án chi tiết Câu 2 y − x3 = 3 ( I ) Khi nghiệm (1) 4,0 điểm Đặt y = x − x + (1) có dạng: Điểm 1,0 4 x − x + = y x ứng với (x;y) nghiệm (I) 3 3 2 y − x = 3(2) 2 y − x = ⇔ (I) ⇔ 3 2 2 x + y − ( x + y ) = ( x + y )(2 x − xy + y − 1) = 0(3) TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm (1): x = − 3 1,0 0,5 Tương 0,5 2 2 tự có x ≤ Khi VT (2) ≤ < Chứng tỏ TH2 vô ÷ = 3 3 1,0 TH2: x − xy + y − = 0; ∆ ' x = − y Nếu có nghiệm y ≤ nghiệm KL (1) có nghiệm x = − 3 Câu 2: (4 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Gọi R1, R2, R3 bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC, OAC, OAB; p nửa chu vi tam giác ABC Chứng minh: 729 R R1 R2 R3 ≥ 16 p Đáp án câu 2: Câu Đáp án chi tiết Điểm Câu 4,0 điểm 1,0 Đặt BC = a, AC = b, AB = c, S ∆ABC = S p là nửa chu vi tam giác ABC Ta có: S ∆OBC = OB.OC.BC R a R 2a = ⇒ R1 = 4R1 4R1 4S∆OBC Tương tự: R2 = R 2b R 2c ; R3 = 4S ∆OAC 4S∆OAB ⇒ R1 R2 R3 = R abc ≥ 64.S ∆OBC S∆OAC S ∆OAB ⇒ R1 R2 R3 ≥ 27 R abc 27 R = 64S 16 S Mà S = p ( p − a ) ( p − b ) ( R abc + S∆OAC + S∆OAB S 64 ∆OBC ÷ p4 p −a + p −b + p −c p − c) ≤ p ÷ = 27 729 R nên: R1 R2 R3 ≥ 16 p Đẳng thức xảy tam giác ABC 1,0 1,0 1,0 Câu 3: (3 điểm) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a + b − ab + b + c − bc ≥ a + c + ac Đáp án câu 3: Câu Đáp án chi tiết Câu a c − 3c a÷ ; B b ;0 ; C ( ) Trong hệ tọa độ Oxy chọn: A ; ; ÷ ÷ ÷ 3,0 điểm 2 2 Theo bất đẳng thức ba điểm, ta có: AB + BC ≥ AC 2 Điểm 1,0 2 2 a 3a c 3c 3c c a 3a ⇒ b − ÷ + + b − + ≥ − + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 2 ÷ ÷ ÷ 2 1,0 ⇔ a + b − ab + b + c − bc ≥ a + c + ac uuur uuu r Dấu “=” xảy BA phương với BC a c −b −b a − 2b c − 2b ac 2 ⇒ = ⇔ = ⇔ ab + bc − ac = ⇔ b = a −c a+c 3a 3c − 2 1,0 Câu 4: (3 điểm) Chứng minh p số nguyên tố lớn p − p − chia hết cho 42p Đáp án câu 4: Câu Câu Ta thấy 42p = 2.3.7.p 4,0 điểm Đáp án chi tiết Điểm Đặt A = p − p − , ta chứng minh A ≡ (mod 42 p ) * Ta có: p ≡ 1(mod 2) ⇔ p − ≡ (mod 2) ⇒ A ≡ (mod 2) (1) * −2 ≡ 1(mod 3) ⇔ −2 ≡ 1(mod 3) ⇔ −2 − ≡ (mod 3) p 0,25 0,25 p 0,5 ⇒ A ≡ (mod 3) (2) * Vì p số nguyên tố nên theo định lí Fermat ta có: p ≡ 3(mod p ) p ≡ (mod p ) p p Do đó, − − ≡ − − ( mod p ) nên A ≡ (mod p) (3) 0,5 * * p số nguyên tố lớn nên p có dạng 6t + 6t + ( t ∈ N ) TH1: p = 6t + A = 36t +1 − 26t +1 − = ( 36t − 1) − ( 26t − 1) ≡ (mod 7) ( 36 ≡ 1(mod 7) 26 ≡ 1(mod 7) ) 1,0 TH2: p = 6t + A = 36t +5 − 26t +5 − = 35 ( 36t − 1) − 25 ( 26t − 1) + 35 − 25 − ≡ (mod 7) Do đó, A ≡ (mod 7) (4) Từ (1), (2), (3) (4) ta A ≡ (mod 42 p ) hay p − p − chia hết cho 42p 0,5 Câu 5: (3 điểm) Cho hình vuông 13 đường thẳng, đường thẳng chia hình vuông thành hai tứ giác có tỉ số diện tích Chứng minh số 13 đường thẳng đó, có đường thẳng qua điểm Đáp án câu 5: Câu Đáp án chi tiết Câu Gọi d đường thẳng chia hình vuông ABCD thành hai tứ giác có tỉ số diện tích 3,0 điểm Đường thẳng d cắt hai cạnh kề hình vuông không tạo thành hai tứ giác Điểm 0,5 1,0 Giả sử d cắt hai cạnh BC AD M N, cắt đường trung bình EF J Ta có: S ABMN ( AM + BN ) AB = ⇔ EJ = = ⇔ 12 S MCDN 3 JF ( MC + DN ) CD Như đường thẳng cho chia đường trung bình hình vuông theo tỉ 2 số Có điểm chia đường trung bình hình vuông ABCD theo tỉ số 3 Có 13 đường thẳng, đường thẳng qua điểm Vậy theo nguyên lý Đirichlê có đường thẳng qua 0,5 1,0 Bài (3 điểm) Tìm tất hàm số f: Q → Q thỏa mãn điều kiện f ( x + y) + f ( x − y) = f ( x) + f ( y ) Đáp án câu 6: Câu Đáp án chi tiết Câu Cho x = y = ta f ( ) = f ( ) ⇒ f ( ) = 3,0 điểm Với x = ny ( n ∈ N ) ta được: f Điểm 0,5 ( ( n + 1) y ) = f ( ny + y ) = f ( ny ) + f ( y ) − f ( ( n − 1) y ) Ta chứng minh f ( nx ) = n f ( x ) với n ∈ N (1) Rõ ràng khẳng định với n = Giả sử khẳng định với n = k , k ≥ Tức ta có: f ( kx ) = k f ( x ) Ta cần chứng minh khẳng định với n = k + Thật vậy, f 1,0 ( ( k + 1) x ) = f ( x ) + f ( kx ) − f ( ( k − 1) x ) ( = + 2k − ( k − 1) ) f ( x ) = ( k + 1) Vậy khẳng định với n Trong (1) thay x ta f ( 1) = n f n f ( x) 1 f ( 1) ÷⇒ f ÷ = n n n m 1 Vì áp dụng (1) có f ÷ = f m ÷ = m f n n 1 m ÷ = ÷ f ( 1) n n 1,0 Do f ( x ) = ax ∀x ∈ Q, a = f ( 1) Ta kiểm tra hàm số thỏa mãn yêu cầu toán f ( x + y ) + f ( x − y ) = a ( x + y ) + a ( x − y ) = 2ax + 2ay = f ( x ) + f ( y ) 2 Kết luận: Hàm số cần tìm f ( x ) = ax ∀x ∈ Q - Hết 0,5 ... x − xy + y − 1) = 0(3) TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm (1): x = − 3 1,0 0,5 Tương 0,5 2 2 tự có x ≤ Khi VT (2) ≤ < Chứng tỏ TH2 vô ÷ = 3 3 1,0 TH2: x − xy + y − = 0; ∆ ' x = − y... S p là nửa chu vi tam giác ABC Ta có: S ∆OBC = OB.OC.BC R a R 2a = ⇒ R1 = 4R1 4R1 4S∆OBC Tương tự: R2 = R 2b R 2c ; R3 = 4S ∆OAC 4S∆OAB ⇒ R1 R2 R3 = R abc ≥ 64.S ∆OBC S∆OAC S ∆OAB ⇒ R1 R2 R3