Đề Olympic 30 tháng 4 Toán 10 năm 2021 trường chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM - TOANMATH.com

Giả sử tiếp tuyến qua A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt các tia AB, AC lần lượt tại các điểm D, E.. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD , ACE , AA L cùng đi[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 THÁNG LẦN THỨ XXVI - NĂM 2021 Ngày thi: 03/4/2021 MÔN THI: TOÁN - KHỐI: 10 THỜI GIAN: 180 phút Hình thức làm bài: Tự luận Đề thi có 01 trang Lưu ý: - Thí sinh làm câu trên tờ giấy riêng và ghi rõ câu số trang tờ giấy thi - Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay Câu (3,0 điểm) Cho a, b, c là độ dài các cạnh tam giác có chu vi Chứng minh 2 a  b3  c  3abc  a  b  b  c  c  a   x2 1  y   Câu (4,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn  y   z   z   x   Chứng minh x  y  z là số nguyên Câu (4,0 điểm) Với số nguyên dương n  2, xét bảng vuông gồm có  2n  1   2n  1 ô vuông, người ta viết vào ô số 1,  cho bảng  luôn tìm ô có tổng Gọi S n là giá trị lớn tổng tất các số bảng Chứng minh a S  b Sn  n  n  Câu (4,0 điểm) a Chứng minh tồn cặp số (a, b) với a , b là các số nguyên dương thỏa mãn a  3b  79 b Hãy tìm tất các số nguyên dương n cho phương trình x  y  xy  n có nghiệm tập số nguyên không chia hết cho Câu (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn (O ) Tia AO cắt đoạn thẳng BC L Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường thẳng BC Giả sử tiếp tuyến qua A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt các tia AB, AC các điểm D, E a Chứng minh đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD , ACE , AA L cùng qua điểm khác A b Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác JDE tiếp xúc với (O ) HẾT Họ tên thí sinh: SBD: Trường: Tỉnh/TP: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 THÁNG LẦN THỨ XXVI - NĂM 2021 Ngày thi: 03/4/2021 MÔN THI: TOÁN 10 - THỜI GIAN: 180 phút Hình thức làm bài: Tự luận Đề thi có 01 trang ĐÁP ÁN Bài Nội dung Cho a, b, c là độ dài các cạnh tam giác có chu vi Chứng minh a  b  c  3abc  a  b  b  c  c  a  Do a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên 2  c  a  b   2c  a  b  c    c  Chứng minh tương tự, ta  a  1,  b  Điểm 3,0 2,0 Đặt A  a  b  b  c  c  a 2 2 2 Ta có A  6( a  b  c )  6( a  b  c )  (1) Nhận xét: Từ  a, b, c  suy Ta có 2(a  b )  a  b   a  b2   a  b  (a  b)2 2( a  b )  a  b  ( a  b) Viết bất đẳng thức tương tự cộng lại ta có ( a  b )  (b  c )  ( c  a ) A 4 ( a  b )  (b  c )  (c  a ) a  b3  c  3abc    2 3 Từ (1) và (2), ta có điều phải chứng minh Trang 1,0  x2 1  y   Cho các số thực x, y, z thỏa mãn  y   z  Bài  z   x   Chứng minh x  y  z là số nguyên 4,0 Nhân theo vế các phương trình đã cho, ta ( x  1)( y  1)( z  1)[( x  1)( y  1)( z  1)  1]   x  1  y  1   z  1   x  1 y  1 z  1  1,0 Nếu x  1 thì y  z  1, suy x  y  z  3   Nếu y  1 z  1 làm tương tự Xét trường hợp  x  1 y  1 z  1   (*) Đặt p  x  y  z, q  xy  yz  zx, r  xyz ta có *  r  p  q   r  q  p  (1) 0,5 Cộng ba phương trình ban đầu theo vế ta x  y  z  x  y  z   p  p   2q (2)  x2   y   x2  y    Ta có  y   z    y  z   z   x   z  x    0,5 Nhân các phương trình trên theo vế, ta  xyz    x   y   z    r  r  p  2q  (3) Thay (1) và (2) vào (3) ta  p2  p    p2  p    p   p    p   p  p       2     Giải phương trình trên thu nghiệm p  0;1; 1;6 Vậy trường hợp, ta có p  x  y  z là số nguyên Trang 2,0 Bài Với số nguyên dương n  2, xét bảng vuông gồm có (2n − 1)×(2n − 1) ô vuông, người ta viết vào ô số 1, −1 cho bảng 2×2 luôn tìm ô có tổng Gọi S n là giá trị lớn tổng tất các 4,0 số bảng Chứng minh b) Sn  n  n  a) S2  Nhận xét: Ta thấy tổng các số bảng  thì luôn nhỏ 0,5 Đặt Tn là tổng các số bảng vuông  2n  1   2n  1 Xét cấu hình gồm ô sau a) Ta có a  b  c  d  và d  e  f  g  Từ đó suy a  b  c  d  e  f  g  a  b  c  d   d  e  f  g   d   d  Xét bảng vuông  , ta có T2     1,0 Ta cách điền số để dấu xảy sau 0,5 Vậy S2  Ta chứng minh “ Sn  n  n  1, với n  , n  ” phương pháp quy nạp theo n  Với n  thì S2  22    (đúng theo câu a)  Giả sử mệnh đề đúng với n  k  , k  , tức là Sk  k  k   Ta cần chứng minh Sk 1   k  1   k  1   k  3k  Ta chia bảng vuông  2k  1   2k  1 thành vùng sau b) 1,0 Trang  Tổng các số vùng (I) không vượt quá Sk  k  k   Ta chia vùng (II) thành k  hình vuông  riêng biệt, đó tổng các số vùng (II) không vượt quá  k  1  k   Ta chia vùng (III) thành k  hình vuông  riêng biệt, đó tổng các số vùng (III) không vượt quá  k  1  k   Xét riêng vùng (IV) 0,5 a  b  c  d  e  f  g  h   a  b  d  e  c  d  f  g   d  h   1111   Khi đó Tk 1  k  k    k  1   k  1   k  3k  (*) Xét cách điền số vào bảng  2k  1   2k  1 sau:  Điền số vào tất ô trên các dòng 1, 3, 5, , 2k   Điền số 1 vào các ô  2i, j  với i  1; 2; ; k và j  1; 2; ; k  Các ô còn lại điền số 0,5 Minh họa cách điền số với n = Khi đó Sk 1  k  3k  Vậy theo nguyên lý quy nạp, ta có Sn  n  n  với n  * , n  , đpcm Trang a) Chứng minh tồn cặp số (a, b) với a, b là các số nguyên dương thỏa mãn a  3b  79 Bài b) Hãy tìm tất các số nguyên dương n cho phương trình 4,0 x  y  xy  n có nghiệm tập số nguyên không chia hết cho a) Hai cặp nghiệm là (74.2, 74 ) và (73.10, 73.9) 1,5 Ta biến đổi phương trình đã cho thành x  y  xy  n  x  y  xy  4.7 n   x  y   y  4.7 n Ta chứng minh phương trình a  3b  7n (*) có nghiệm (a, b) mà 0,5 a  0, b  (mod 7) (1) phương pháp quy nạp theo n + Với n  , phương trình  * có nghiệm  a1 , b1    2,1 thỏa (1) + Giả sử với n  k  * , phương trình (*) có nghiệm  ak , bk  thỏa (1), tức là ak2  3bk2  7k và 1,0 ak  0, bk  (mod 7) Ta có k 1   ak2  3bk2    2ak  3bk    ak  2bk    ak  3bk    ak  2bk  2 2 Ta thấy  2ak  3bk    2ak  3bk   4ak  (mod 7) , nên phải tồn b) hai số không chia hết cho 7, giả sử 2ak  3bk  (mod 7) Do  2ak  3bk    ak  2bk   7ak  (mod 7) nên ak  2bk  (mod 7) Do đó với n  k  thì  ak 1 , bk 1    2ak  3bk , ak  2bk  0,5 là nghiệm phương trình (*) và thỏa điều kiện (1) Ta chứng minh phương trình đã cho có nghiệm với n nguyên dương Với số nguyên dương n , gọi  an , bn  là nghiệm thỏa điều kiện (1) phương trình a  3b  7n Chọn xn  an  bn , yn  2bn thì  xn  yn   yn2  4an2  12bn2   an2  3bn2   4.7n Suy  xn , yn    an  bn , 2bn  là nghiệm phương trình x  xy  y  n Hiển nhiên yn  2bn  (mod 7) bn  (mod 7) Giả sử xn  (mod 7)  an  bn (mod 7) Khi đó 7n  an2  3bn2  4bn2 (mod 7)  bn  (mod 7) (vô lí) Do đó xn  (mod 7) Vậy với n nguyên dương thì phương trình x  y  xy  n có nghiệm tập hợp các số nguyên không chia hết cho Trang 0,5 Bài Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC , nội tiếp đường tròn (O ) Tia AO cắt đoạn thẳng BC L Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường thẳng BC Tiếp tuyến qua A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt các tia AB, AC các điểm D, E Chứng minh a) Đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD, ACE, AAL cùng qua điểm khác A b) Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác JDE tiếp xúc với (O ) Giả sử các điểm có vị trí hình vẽ, các trường hợp khác chứng minh tương tự 5,0 1,0 a) a) Gọi T là giao điểm khác A  ABD  và  ACE       180o  CTA    360o  BTA   CTA   180o  BTA Ta có BTC E   180o  BAC  D 1 Suy T   O     C   180o  D  C   Khi đó  ATA   ATB  BTA A1  B 1 1  C   2BAA  C   2LAC   2C  2 ALB   ALA 1,0 Suy ALTA là tứ giác nội tiếp Vậy  ABD  ,  ACE  ,  AAL  cùng qua T     B  C   90o  B   90o  C   A  DJE  nên T  ( DJE ) Ta có DTE 1,0 Kẻ tiếp tuyến  O  là Tx hình vẽ b)   DTB   xTB  Ta có DTx   A1  TCB   TCB  C   TED   TCA Suy Tx là tiếp tuyến TJED  Vậy  JDE  và  O  tiếp xúc T Trang 2,0 Trang