Đang tải... (xem toàn văn)
Câu 2: 4.0 điểm: Hình học phẳng Cho 30 đường tròn phân biệt có bán kính đều bằng 4 và cứ hai đường tròn bất kì thì cắt nhau tại hai điểm phân biệt mà một trong hai giao điểm là điểm O.. [r]
(1)KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ XXI ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN:TOÁN ; LỚP:10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP (TỈNH) QUẢNG NAM TRƯỜNG :THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG (2) Câu 1(4 điểm): Phương trình – Hệ phương trình không chứa tham số x y 3 x y 0 x y y x 32 x 32 0 Giải hệ phương trình: Đáp án câu Giải: x y 3 x y 0 (1) 4 x y y x 32 x 32 0 (2) Điều kiện: y ≥ x (2) x y y x 32( x 1) x 0 x 1 2 0.25 0.5 (1) y y x x x ( x 1) x x (*) Xét f(t) = t t (t 1) 0.5 (*) viết lại: f(y) ≤ f(x) Ta có f(t) là hàm đồng biến trên [1, + ∞) và f(y) ≤ f(x) ( x,y [1, + ∞)) suy ra: y ≤ x Kết hợp y ≤ x với điều kiện ban đầu y ≥ x, ta có: x=y Thay x=y vào (1) ta được: x x (3) 0.5 0.5 0.5 (3) xảy x-1=1(bất đẳng thức AG- xem (*)) x=2 Thử lại: x=y=2 thỏa hệ phương trình Vậy x=2, y=2 là nghiệm hệ phương trình ban đầu 0.25 0.5 0.25 0.25 Câu 2: (4.0 điểm): Hình học phẳng Cho 30 đường tròn phân biệt có bán kính và hai đường tròn bất kì thì cắt hai điểm phân biệt mà hai giao điểm là điểm O Lấy ba đường tròn bất kì, ta có ba giao điểm khác O Gọi (C) là đường tròn qua ba giao điểm đó Tính tổng diện tích các hình tròn (C) có thể có ( số lượng nhiều có thể các hình tròn (C)) Đáp án câu 2: (3) Xét ba đường tròn (O1), (O2), (O3) có tâm là O1, O2, O3 từ 30 đường tròn đã cho Gọi P, Q, R là các giao điểm khác O cặp đường tròn(O1) và (O2); (O1) và (O3) ; (O2) và (O3) 025 Không tính tổng quát, ta xét trường hợp: O1, O2, O3 nằm cùng phía đường thẳng QR và O1, O2 nằm phía còn O3 nằm phía đường thẳng QR Kí hiệu (a,b) là góc định hướng đường thẳng a và b, đó a là đường thẳng đầu 025 và b là đường thẳng cuối Lấy P’ đối xứng với P qua QR Cần chứng minh tứ giác ROQP’ nội tiếp, hay chứng minh: (OR,OQ) ≡ (P’R,P’Q) (modπ) Ta có: (OR,OQ) ≡ (OR,RQ) + (RQ,OQ) (modπ) 05 Vì (O ) O ) là đường tròn nên ORQ QPO ORQ QPO 180 Suy (RQ,OQ) ≡ (PO,PR) (modπ) Tương tự (OR,RQ) ≡ (PQ,PO) (modπ) Do đó, (OR,OQ) ≡ (PQ,PO) + (PO,PR) (modπ) (OR,OQ) ≡ (PQ,PR) (modπ) Lại có : (P’R,P’Q) ≡ (PQ,PR) (modπ) (OR,OQ) ≡ (P’R,P’Q) (modπ) Vì vậy, (OR,OQ) ≡ (P’R,P’Q) (modπ) + Suy đường tròn ngoại tiếp ∆P’QR (là đường tròn (O3)) có bán kính 4, hay đường tròn ngoại tiếp ∆PQR có bán kính Cứ đường tròn đã cho ứng với đường tròn (C) Khi không có đường tròn (C) nào trùng thì số lượng các đường tròn (C) là nhiều và C30 05 025 025 025 05 Tổng diện tích các hình tròn (C) có thể có : S= C30 64960 Câu 3: (3.0 điểm): Bất đẳng thức – GTLN, GTNN Cho x,y,z >0 và xy+yz+zx =3 Chứng minh: x2015+y2015+z2015 ≥ x21+y21+z21 (1) Đáp án câu Ta đề xuất chứng minh bất đẳng thức mạnh : “Với x,y,z >0 và xy+yz+zx =3 – ta có: xn+1+yn+1+zn+1 ≥ xn+yn+zn (2) , nN* ” qui nạp Ta có : x2 +1 ≥ 2x x2+y2+z2 ≥ 2(x+y+z) -3 Mặt khác : (x+y+z)2 ≥ 3(xy+yz+zx) =9 x+y+z ≥ Suy ra: x2+y2+z2 ≥ x+y+z Vậy (2) đúng n=1 Giả sử (2) đúng đến n=k ( k ≥ 1) Ta có: xk+2+xk+1+xk ≥ 3xk+1 xk+2 ≥ 2xk+1 -xk 0.5 025 0.5 0.5 (4) Cũng vậy: yk+2 ≥ 2yk+1 -yk ; zk+2 ≥ 2zk+1 -zk Suy ra: xk+2+ yk+2+ zk+2 ≥ 2xk+1 + 2yk+1 +2zk+1 -xk-yk-zk = xk+1 +yk+1 +zk+1 + (xk+1 +yk+1 +zk+1) –(xk+yk+zk) ≥ xk+1 +yk+1 +zk+1 ( vì xk+1 +yk+1 +zk+1 ≥ xk+yk+zk , giả thiết qui nạp) Vậy (2) đúng n=k+1 Kết luận: (2) đúng với nN* Ta có (2) chứng minh (1) chứng minh Câu 4: (3.0 điểm): Số học Giải phương trình nghiệm nguyên 10 x y y x 3x x = 0.5 0.5 025 (1) Đáp án câu Điều kiện: y+1≥ 0, x4+3x2 +4x ≥ y ≥ -1, x ≤ -1 x ≥ y 1 Nếu x ≥1 thì (1) 10x y x x x = 025 025 100x2 -20xy x x x + y2 (x4+3x2 +4x)=y+1 + y=0, (2) 100x2=1 ( vô nghiệm) + y ≠ và x ≥ 1, (2) Mặt khác: (2) x 3x x Z 025 x x x 3x x x x 4 2 x 1 x 3x x x x x x x x=2- đó (1) viết lại: y 1 y 1 y 1 6y=20 6(y+1)+ -26=0 =2 y=3 Ta có (2,3) là nghiệm (1) Nếu x =0 , (1) y=-1 Ta có (0,-1) là nghiệm (1) Suy 025 025 025 025 025 025 (5) Nếu x ≤ -1 thì vp(1)<0 vt(1)<0 y<0 -1 ≤ y<0,y Z y=-1 Với y=-1, pt viết lại: - x x x =10x x4-97x2 +4x =0 x3-97x +4=0 – pt này không có nghiệm nguyên Kết luận: Pt(1) có nghiệm: (0,-1), (2,3) 025 025 025 Câu 5(3 điểm) Tổ hợp Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chứng minh không tồn đa giác 30 đỉnh có tọa độ các đỉnh là các số nguyên Đáp án câu 5: Bổ đề : Chứng minh ABCDE là ngũ giác thì các giao điểm các đường chéo chúng là G,H,I,J,K là các đỉnh ngũ giác ( xem hình) , A,B,C,D,E là các điểm nguyên thì G,H,I,J,K là các điểm nguyên (Điểm nguyên là điểm có các tọa độ nguyên.) Thật dễ chứng minh: + GHIJK là ngũ giác + BCDK là hình bình hành BCDK là hình bình hành có các điểm B,C,D là các điểm nguyên suy K là điểm nguyên Cũng các điểm G,H,I,J là các điểm nguyên Vậy bổ đề chứng minh Ta chứng minh bài toán ban đầu phản chứng Giả sử A1A2A3…A30 là 30 giác có các đỉnh là các điểm nguyên, đó ta có ngũ giác A1A7A13A19 A25 là ngũ giác có các đỉnh là các điểm nguyên Để tiện việc theo dõi, ta gọi ngũ giác A1A7A13A19 A25 là ngũ giác ABCDE Theo bổ đề trên, tồn ngũ giác GHIJK nằm ngũ giác ABCDE và có các đỉnh là điểm nguyên ( xem hình) Cũng tồn ngũ giác LMNOP nằm ngũ giác GHIJK và có các đỉnh là điểm nguyên ( L,M,N,O,P là các giao điểm các đường chéo ngũ giác GHIJK) Tiếp tục quá trình – sau số hữu hạn bước ta xác lập UVXYZ ngũ giác có các đỉnh là điểm nguyên và có cạnh nhỏ ( Ta xác lập chuỗi hữu hạn các ngũ giác đó ngũ giác sau chứa ngũ giác 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 (6) trước đó - ABCDE GHIJK LMNOP… UVXYZ ) U,V là điểm nguyên và độ dài UV nhỏ 1- điều này là không thể vì khoảng cách điểm nguyên là không nhỏ 0.5 Vậy không tồn 30 giác có các đỉnh là các điểm nguyên Câu 6(3 điểm) Phương trình hàm trên tập rời rạc Tìm tất các hàm f : thỏa: f(2xf(y)-2015)- xf(y) = yf(x) , x,y Đáp án câu Phương trình viết lai: f(2xf(y)-2015)= xf(y) + yf(x) (1) x=1, (1) f(2f(y)-2015)= f(y) + yf(1) (2) * f(1) =0 thì : y=1, (1) f(-2015) = f(x) , x f(x) =c , x ( f là hàm hằng) f(x) =0, x ( vì f(1)=0) * f(1) ≠ thì : (2) f đơn ánh Thay x y và y x vào (1) ta được: f(2yf(x)-2015)= yf(x) + xf(y) (3) (1) và (3) f(2xf(y))= f(2yf(x)) 2xf(y)= 2yf(x) (do f đơn ánh) f(x) = xf(1) = ax (a= f(1)Q , a ≠ 0) Thử lại: Với f(x) = ax (1) f(2axy-2015) = 2axy 2a2xy-2015a = 2axy, x,y a=0 (!) (do a ≠ 0) Kết luận : f(x) 0 là hàm thỏa yêu cầu bài toán 025 025 0.5 0.25 0.25 05 0.25 025 0.25 0.25 (7)