SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT PHẠM VĂN ĐỒNG.. KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 10-3 LẦN THỨ IV NĂM 2019 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN:TOÁN.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT PHẠM VĂN ĐỒNG
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 10-3 LẦN THỨ IV NĂM 2019 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN:TỐN LỚP:10
(2)ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1: (4,0 điểm)
Giải phương trình sau:16x2 33x 2(7 x 6) x2 2x 0
Đáp án câu 1:
Câu NỘI DUNG Điểm
1
Xét phương trình: 16x2 33x 2(7 x 6) x2 2x 0 (1) Điều kiện: x 2 x0
Ta có: 1 4(x2 ) 2x x2 2x12x2 25x 0
0,5
Đặt t x2 (x t0)Phương trình cho trở thành
2
4t 2(7x 6)t12x 25x 0
2
2 x t
x t
1,0
Với
4
2 x
t
ta
2 2
2 x
x x
Giải phương trình ta
4 13
6
x
1,0
Với
3
2 x
t
ta
2
2
2 x
x x
Giải phương trình ta
17 11
x
1,0
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm
4 13
6
x
17 11
x
0,5 Câu 2: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC Trên cạnh BC, CA AB tam giác đó, lấy điểm
',
A B' C'. Gọi Sa, Sb, Sc S tương ứng diện tích tam giác AB C' ', BC A' ',
' '
CA B ABC Chứng minh bất đẳng thức
3
a b c
S S S S
Dấu đẳng thức xảy nào?
(3)Câu 3: (4,0 điểm) Cho
, , a b clà số thực dương thỏa mãn
3 a b c
Chứng minh 2
3
1 1
a b c
b c a
.
Đáp án câu 3:
Câu NỘI DUNG Điểm
3 Ta có:
2
2
1 2
a ab ab ab
a a a
b b b
1,0 Hồn tồn tương tự ta có
2
1
b bc
b
c
; 1 2
c ac
c
a
0,5
Cộng ba bất đẳng thức theo vế ta có:
2 2
1 1
a b c ab bc ac
a b c
b c a
2 2
1 1
a b c ab bc ac
b c a
1,0
Câu NỘI DUNG Điểm
2 Ta có cơng thức tính diện tích: 2Sa AC AB' 'sin ; 2A SAB AC sinA
Suy
' ' ' '
2
a
S AC AB AC AB
S AB AC AB AC
(BĐT Cauchy)
Tương tự ta có:
1 ' '
2
b
S BA BC
S BC BA
và
1 ' '
2
c
S CB CA
S CA CB
1,0
Do đó:
1 ' ' ' ' ' '
2
a b c
S S S AC BC BA CA CB AB
S S S AB BA BC CB CA AC
(đpcm)
1,0
Dấu xảy
' ' ' ' ' ' AC AB AB AC BA BC BC BA CB CA CA CB ' ' // ' '// ' ' // C B BC
A C CA B A AB
A’, B’, C’ trung điểm BC, CA, AB.
(4)Mặt khác , ta chứng minh :
( )
3
a b c
ab bc ca 0,5
Do 2
3
1 1
a b c
b c a
0,5
Dầu xảy x = y = z =
0,5 Câu ( điểm)
Tìm tất số nguyên dương n cho 9n 16 16n 9 số phương Đáp án câu 4:
Câu NỘI DUNG Điểm
4 Giải sử có số nguyên dương n cho 9n 16 16n 9 số phương Khi đó:
2
9n16a ,16n 9 b
Suy (9n16)(16n9) ( ) ab số phương
0,5
Đặt
2 2
2 2
(9 16)(16 9) 144 (9 16 ) 144 (12 ) (9 16 ) 12
n
T n n n n
n n
Ta có (12n12)2 (12 )n 2(9216 )2 n122 (12n15)2 Vậy Tn (12n13)2
2
(12 14)
n
T n
1,0
Với Tn (12n13)2ta có
2 2 2
(12 ) (9 16 ) 12 (12 13)
337 144 321 169
1
n n n
n n
n
Khi n = T n 52
0,5
Với Tn (12n14)2ta có
2 2 2
(12 ) (9 16 ) 12 (12 14)
337 144 336 196
52
n n n
n n
n
Khi n = 52 T n 292
Vậy n = 1, n = 52 thỏa mãn yêu cầu toán
1,0
Câu ( điểm)
(5)Đáp án câu 5:
Câu NỘI DUNG Điểm
5 Khi chia số nguyên cho 4034 số dư phải thuộc tập
hợp 0;1;2;3 ;4033 0,5
Trong số ta chia thành nhóm sau:
+ Nhóm thứ gồm số chia cho 4034 có số dư + Nhóm thứ hai gồm số chia cho 4034 có số dư 4033
+ Nhóm thứ ba gồm số chia cho 4034 có số dư 4032
……
+ Nhóm thứ 2017 gồm số chia cho 4034 có số dư 2016 2018
+ Nhóm thứ 2018 gồm số chia cho 4034 có số dư 2017 1,0
Như ta có 2019 số xếp vào 2018 nhóm Vậy theo ngun lí Dirichlet 2019 số phải có số chia cho 4034 mà số
dư thuộc nhóm 1,0
Do số cần tìm hai số có số dư hiệu chúng chia hết cho 4034, cịn chúng có số dư khác tổng chúng chia hết cho 4034
0,5
Câu (3 điểm) Tìm tất hàm số f :* * thỏa mãn: f m f n( ( )) n f m( 2019) m n, *
Đáp án câu 6:
Câu NỘI DUNG Điểm
6 Giả sử tồn hàm số f : * *
thỏa mãn:
f m f n( ( )) n f m( 2019) m n, * Ta chứng minh f đơn ánh Thật
Giả sử f n( )1 f n( )2 n n1, 2 * Khi
1
1
1
1
( ) ( )
( ( )) ( ( ))
( 2019) ( 2019) m f n m f n
f m f n f m f n
n f m n f m
n n
Vậy f đơn ánh
(6)Thay m = 2019, n = ta
(2019 (1)) (2019 2019)
f f f
Thay m = 2019, n n + ta
(2019 ( 1)) (2019 2019)
f f n n f
Suy f(2019 f n( 1)) n f(2019f(1))
Mặt khác thay m f(1) ta
( (1) ( )) ( (1) 2019) (2019 ( 1))
f f f n n f f f f n
Do f đơn ánh nên
(1) ( ) 2019 ( 1)
( 1) ( ) (1) 2019
f f n f n
f n f n f a
1,0
Do f n( )f(1) ( n1)a Suy m f n ( ) m f(1) ( n1)a
2
2019 ( 2019 1) 2019 ( 2019 ( 1) 1)
1
n a m a a m a n a a
n na a a
1,0
Với a = f n( ) n 2019