Đề thi thử Olympic 30 tháng 4 môn Toán lớp 10 năm 2021 có lời giải chi tiết

Giả sử S không có hai tập con rời nhau mà tổng của các phần tử trong hai tập con đó bằng nhau... LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1..[r]

ĐỀ THI THỬ OLYMPIC 30 THÁNG LỚP 10 NĂM 2021 MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Bài (4,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

















2

3 2 2 2 2

3

2

x y x y

x x y y x y x y

     

 

    

 

b) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn abc1 Chứng minh rằng:





2 2

2

a b c    a b c ab bc ca 

Bài (5,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC Đường tròn nội tiếp

 

I tiếp xúc với cạnh AB BC CA, , D E F, , Gọi

P chân đường vng góc hạ từ D xuống EF, Mlà trung điểm PD H trực tâm tam giác IBC a) Chứng minh ba điểm H D I, , thẳng hàng

b) Chứng minh đường thẳng EF AI HM, , đồng quy Bài (3,0 điểm)

Tồn hay khơng số ngun tố p có dạng 3n2 thỏa mãn m23 chia hết cho p? Bài (3,0 điểm)

Tìm tất hàm số f : thỏa mãn:



( )





1



f x f y  yf xy với ,x y Bài (5,0 điểm)

Gọi S tập hợp gồm số dương nhỏ 15 Giả sử S khơng có hai tập rời mà tổng phần tử hai tập

a) Chứng minh S có nhiều phần tử

b) Tìm giá trị lớn tổng phần tử

S

.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài

a) Giải hệ phương trình:

















2

3 2 2 2 2

3

2

x y x y

x x y y x y x y

              

b) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn abc1 Chứng minh rằng:





2 2

2

a b c    a b c ab bc ca 

Lời giải a) Điều kiện: x x



y



0

Ta có







 



2 2 2

3

2

2

x x y x y x xy y x xy       



2



2 2

2

2

y x y x y

y x y     

Suy 2x x



y



3 y 2



x2y2



2x22xy2y2 3



x2y2



Dấu xảy



 



2 2

2

x x y x y

y x y x y

x y                

Thay x y vào phương trình ban đầu ta được:























2 2 2

2

2

2

3 1

1

1 2

1

x x x x x x x x x

x x

x x x x x

x                               

Từ ta x y2

Vậy hệ phương trình có nghiệm



x y;







2 2; 2



b) Với x y z, , 0 ta có: x2y2z22xyz 1 2



xyyzzx



Theo ngun lí Dirichle số dương x y z, , có hai số phía với

Khơng tính tổng qt giả sử



x1



y1



0xy  1 x y2xyz2zx2yz2 z Khi ta có: 2 2 2

2 2

Mà x2y2 2xy nên x2y2 z22yz2zx2z 1 2



xyyzzx

 

 z1



2 2



xyyzzx



Từ suy ra: x2y2z22xyz 1 2



xyyzzx



Đẳng thức xảy xyz1 Quay trở lại toán kết hợp với abc1, ta có:











 



2 2 2

2 2

a b c    a b c a  b c  abc  a b c   abc  ab bc ca   a b c  

Do cần chứng minh: a b c  3 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

3

a b c   abc 

Suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ab c Bài

Cho tam giác nhọn ABC Đường tròn nội tiếp

 

I tiếp xúc với cạnh AB BC CA, , D E F, , Gọi

P chân đường vuông góc hạ từ D xuống EF, Mlà trung điểm PD H trực tâm tam giác IBC a) Chứng minh ba điểm H D I, , thẳng hàng

b) Chứng minh đường thẳng EF AI HM, , đồng quy Lời giải

a) Gọi CIEFS Ta có  1



 



2

SIB ACBABC  900 1 1



 



2

AFE  BAC ABCACB

Suy tứ giác BISF nội tiếp BSIBFI 900BSCI Mà BH CIB S H, , thẳng hàng

S

T J K

M H

I P F

E

D

C B

Do IH BC ID, BC nên H D I, , thẳng hàng b) Gọi J AIEF K, HDJP T, BICH

Tam giác BHC có ,S T chân đường cao hạ từ ,B C suy



H I K D, , ,



 1

Do J H I K D



, , ,



  1



JH JI JP JD, , ,



 1

Mà



JM JI JP JD, , ,



 1 M trung điểm PD IJPD

Suy H J M, , thẳng hàng Vậy AI HM EF, , đồng quy Bài

Tồn hay không số nguyên tố p có dạng 3n2 thỏa mãn m23 chia hết cho p? Lời giải

Xét phương trình đồng dư m2 3 0(mod ),p p3n2,nN*

Gọi p0 số nguyên tố bé thỏa mãn phương trình xk p0 cho k2 3 0(modp0)(1)

Vì p3n2,nN* nên p số nguyên tố lẻ, k lẻ thay k pk chẵn Nên khơng tính tổng qt ta cần xét với k chẵn Khi ta có trường hợp: k2 1(mod 3);k2 0(mod 3)

Trường hợp 1: k2 1(mod 3) Từ phương trình (1) ta có k2  3(modp0)k2   3 tp0, tp ,0 t lẻ Khi

0 4(mod 3)

tp k  

Do p0 2(mod 3) t 2(mod 3)t lẻ có dạng 3n2 Suy t phải có ước nguyên tố lẻ q dạng 3n2 Do k2  3(mod )(2).q Mặt khác q t p0 nên (2) mâu thuẫn với cách chọn p0

Vậy trường hợp vô nghiệm

Trường hợp 2:k2 0(mod 3)k b.3 ,i b không chia hết cho i nguyên dương

Từ (1) ta có k2  3(modp0)32ib2  3(modp0)32 1i b2  1(modp0)32 1i b2 1 p h0 Với h lẻ Do p h0 1(mod 3)

Mặt khác p0 2(mod 3)h2(mod 3)h lẻ có dạng 3n2 Do ước nguyên tố r h có dạng 3n2 Khi 32 1i b2  1(mod )h  1(mod )r 32ib2  3(mod ).r Vì r p0 nên dẫn đến vơ lý

Bài

Tìm tất hàm số f : thỏa mãn:



( )





1



f x f y  yf xy với ,x y   Lời giải

Giả sử tồn hàm f thỏa mãn yêu cầu toán

Thay x y y 

vào phương trình cho, ta được:

 

( ) ( ) 1

y

f f y yf y y

y

  

   

 

 

Thay y x f x( )

x



 vào phương trình cho, ta được:





 

1

( ) ( ) ( ) ,

x x

f x f f x f x f x xf x x

x x

      

         

 

   

 

Từ (1) (2), ta có:



( )



x ( )



( )



( ) x 1 ( ) 1,

 

3

f x xf x f x f x xf x f x f x x

x x x

 

 

           

 

Vậy f x( )

x

 với x1 Suy ra:



1



1

f x

x

 

 với x0

Thay x f x( ) 1 (3), ta được:



1 ( )



1 ( ) f f x

f x

 

 với số thực dương x Trong phương trình hàm ban đầu cho x1 thay y x ta được:



1 ( )





1



f  f x xf x với số thực dương x

Từ suy ra:



1



1 ( )

1 ( ) 1 ( )

x

xf x f x

f x x f x x

     

   với x0

Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f x( )

x

Bài

Gọi S tập hợp gồm số dương nhỏ 15 Giả sử S hai tập rời mà tổng phần tử hai tập

a) Chứng minh S có nhiều phần tử

b) Tìm giá trị lớn tổng phần tử

S

.

Lời giải a) Ta chứng minh tập

S

mà S 6 không thỏa mãn Số tập khác rỗng có nhiều phần tử

S

1

6 6 56

C C C C 

Mỗi tập có tổng phần tử không vượt 15 + 14 + 13 + 12 = 54 nên tồn tập có tổng phần tử Giả sử tập

A B

,

Nếu

A



B

 

ta có điều phải chứng minh

Nếu AB

 

a , ta bỏ phần tử a hai tập ta hai tập thỏa mãn Tương tự AB



a b;



AB



a b c, ,



Suy S 5 Một tập S 



1;3;5;7;14



thỏa mãn toán

b) Xét tập S 



a b c d e; ; ; ;



thỏa mãn toán Giả sử ab c d e

Có d e 29

c



13

Có C52 10 tập có hai phần tử

S

Do khơng có tập chúng có tổng nhau, đó: Tập



d e;



tập có tổng lớn

Tập



a b;



tập có tổng nhỏ Suy a b d  e 20

Do a  b c d e 62

Dấu đẳng thức xảy

d



14;

e



15;

c



13;

a b

 

20

Suy 8; 12

9; 11

a b

a b

 



  



không thỏa mãn