Đề thi olympic truyền thống 30 tháng 4 lần thứ XXVI môn Toán Khối 10 - Năm 2021 (Có đáp án)

 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 4 
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 mỗi câu trên một tờ giấy riêng và ghi rõ câu số mấy ở trang 1 của mỗi tờ giấy thi. 
- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. 
Câu 1. (3,0 điểm) Cho , ,a b c là độ dài các cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2 . 
Chứng minh 
3 3 3
2 2 2 2 2 232 2 2 3.
6
a b c abc a b b c c a          
Câu 2. (4,0 điểm) Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn 
2
2
2
1 1
1 1
1 1.
x y
y z
z x
   

  
   
Chứng minh x y z  là số nguyên. 
Câu 3. (4,0 điểm) Với số nguyên dương 2,n  xét bảng vuông gồm có    2 1 2 1  n n ô vuông, người 
ta viết vào mỗi ô chỉ một trong 3 số 1, 0 hoặc 1 sao cho trong mỗi bảng con 2 2 luôn tìm được 
3 ô có tổng bằng 0 . Gọi nS là giá trị lớn nhất của tổng tất cả các số trong bảng. Chứng minh 
a. 2 5.S  
b. 2 1.nS n n   
Câu 4. (4,0 điểm) 
a. Chứng minh tồn tại 2 cặp số ( , )a b với a , b là các số nguyên dương thỏa mãn 
2 2 93 7a b  . 
b. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phương trình 
2 2 7nx y xy   
có nghiệm trong tập số nguyên không chia hết cho 7. 
Câu 5. (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC  AB AC nội tiếp đường tròn ( ).O Tia AO cắt đoạn thẳng 
BC tại .L Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường thẳng .BC 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 
a. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp các tam giác DA B , EA C , LA A cùng đi qua một 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: ............................................. 
Trang 3 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
LÊ HỒNG PHONG 
ĐÁP ÁN 
 KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 THÁNG 4 
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 
Bài Nội dung Điểm 
1 
Cho , ,a b c là độ dài các cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh 
3 3 3
2 2 2 2 2 232 2 2 3.
6
a b c abc a b b c c a          
3,0 
Do , ,a b c là độ dài ba cạnh tam giác nên 
0 0 2 2 0 1c a b c a b c c            . 
Chứng minh tương tự, ta được 0 1, 0 1a b    . 
Đặt 2 2 2 2 2 2 .A a b b c c a      
Ta có 2 2 26( ) 6( ) 2 3A a b c a b c       . (1) 
2,0 
Nhận xét: Từ 0 , , 1a b c  suy ra  2 22 4a b a b    . 
Ta có 
2 2
2 2
2 2
( ) ( )2( ) .
42( )
a b a ba b a b
a b a b
     
  
Viết 2 bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta có 
 
2 2 2
2 2 2 3 3 3
( ) ( ) ( )2 4
4
( ) ( ) ( ) 3 2
3 2 3 2
a b b c c aA
a b b c c a a b c abc
     
        
Từ (1) và (2), ta có điều phải chứng minh. 
1,0 
Trang 4 
Bài 2 
Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn 
2
2
2
1 1
1 1
1 1.
x y
y z
z x
   

  
   
Chứng minh rằng x y z  là số nguyên. 
4,0 
Nhân theo vế các phương trình đã cho, ta được 
( 1)( 1)( 1)[( 1)( 1)( 1) 1] 0x y z x y z        
   
1
1
1
1 1 1 1.
x
y
z
x y z
 
     
    
Nếu 1x   thì 1,y z   suy ra 3x y z     . 
Nếu 1y   hoặc 1z   làm tương tự. 
1,0 
Xét trường hợp    1 1 1 1 0x y z     (*). 
Đặt , ,p x y z q xy yz zx r xyz       ta có 
 * 2 2r p q r q p        . (1) 
Cộng ba phương trình ban đầu theo vế ta được 
2 2 2 26 6 2 .x y z x y z p p q          (2) 
0,5 
Ta có 
2 2
2 2
2 2
1 1 2
1 1 2
1 1. 2
x y x y
y z y z
z x z x
     
 
      
      
Nhân các phương trình trên theo vế, ta được 
     2 22 2 2 4 2 8xyz x y z r r p q         . (3) 
0,5 
Thay (1) và (2) vào (3) ta được 
 
22 2
26 62 2 4 6 8.
2 2
p p p pp p p p p
                  
   
Giải phương trình trên thu được 4 nghiệm  0;1; 1;6 .p  
Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có p x y z   là số nguyên. 
2,0 
Trang 5 
Bài 3 
Với số nguyên dương 2,n  xét bảng vuông gồm có (2n − 1)×(2n − 1) ô vuông, 
người ta viết vào mỗi ô chỉ một trong 3 số 1, 0 hoặc −1 sao cho trong mỗi bảng con 
2×2 luôn tìm được 3 ô có tổng bằng 0. Gọi nS là giá trị lớn nhất của tổng tất cả các 
số trong bảng. Chứng minh 
a) 2 5.S  b) 
2 1.nS n n   
4,0 
 Nhận xét: Ta thấy tổng các số trong bảng con 2 2 thì luôn nhỏ hơn hoặc bằng 1. 0,5 
a) 
Đặt nT là tổng các số trong bảng vuông    2 1 2 1n n   . 
Xét cấu hình gồm 7 ô như sau 
Ta có 1a b c d    và 1d e f g    . Từ đó suy ra 
    2 3a b c d e f g a b c d d e f g d d                  . 
Xét bảng vuông 3 3 , ta có 
2 3 1 1 5T     . 
1,0 
Ta chỉ ra một cách điền số để dấu bằng xảy ra như sau 
Vậy 2 5S  . 
0,5 
b) 
Ta chứng minh “ 2 1,nS n n   với mọi , 2n n  ” bằng phương pháp quy nạp 
theo n . 
 Với 2n  thì 22 2 2 1 5S     (đúng theo câu a). 
 Giả sử mệnh đề đúng với , 2n k k   , tức là 2 1kS k k   . 
 Ta cần chứng minh    2 21 1 1 1 3 1kS k k k k         . 
Ta chia bảng vuông    2 1 2 1k k   thành 4 vùng như sau 
1,0 
Trang 6 
 Tổng các số trong vùng (I) không vượt quá 2 1kS k k   . 
 Ta chia vùng (II) thành 1k  hình vuông 2 2 riêng biệt, khi đó tổng 
các số trong vùng (II) không vượt quá  1 .1 1k k   . 
 Ta chia vùng (III) thành 1k  hình vuông 2 2 riêng biệt, khi đó tổng 
các số trong vùng (III) không vượt quá  1 .1 1k k   . 
 Xét riêng vùng (IV) 
   
1 1 1 1 4
a b c d e f g h a b d e c d f g d h                
    
Khi đó      2 21 1 1 1 4 3 1kT k k k k k k            . (*) 
0,5 
Xét cách điền số vào bảng    2 1 2 1k k   như sau: 
 Điền số 1 vào tất cả ô trên các dòng 1, 3, 5, ..., 2 1k  . 
 Điền số 1 vào các ô  2 ,2i j với  1;2;...;i k và  1;2;...;j k . 
 Các ô còn lại điền số 0. 
 Minh họa cách điền số với n = 4 
Khi đó 21 3 1kS k k    . 
Vậy theo nguyên lý quy nạp, ta có 2 1nS n n   với mọi * , 2n n  , đpcm. 
0,5 
Trang 7 
Bài 4 
a) Chứng minh tồn tại 2 cặp số ( , )a b với ,a b là các số nguyên dương thỏa mãn 
2 2 93 7 .a b  
b) Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phương trình 
2 2 7nx y xy   
có nghiệm trong tập số nguyên không chia hết cho 7. 
4,0 
a) Hai cặp nghiệm là 4 4(7 .2,7 ) và 3 3(7 .10,7 .9) . 1,5 
b) 
 Ta biến đổi phương trình đã cho thành 
2 2 7nx y xy    22 2 24 4 4 4.7 2 3 4.7n nx y xy x y y        . 
Ta chứng minh phương trình 2 23 7na b  (*) có nghiệm ( , )a b mà 
0, 0a b   (mod 7) (1) 
bằng phương pháp quy nạp theo .n 
+ Với 1n  , phương trình  * có nghiệm    1 1, 2,1a b  thỏa (1). 
0,5 
+ Giả sử với *n k  , phương trình (*) có nghiệm  ,k ka b thỏa (1), tức là 
2 23 7kk ka b  
và 
0, 0k ka b   (mod 7). 
Ta có 
         2 2 2 21 2 27 7 3 2 3 3 2 2 3 3 2k k k k k k k k k k ka b a b a b a b a b           . 
1,0 
Ta thấy    2 3 2 3 4 0k k k k ka b a b a     (mod 7) , nên phải tồn tại một trong 
hai số không chia hết cho 7, giả sử 2 3 0k ka b  (mod 7). 
Do    2 2 3 3 2 7 0k k k k ka b a b a     (mod 7) nên 2 0k ka b  (mod 7). 
Do đó với 1n k  thì    1 1, 2 3 , 2k k k k k ka b a b a b     là một nghiệm của 
phương trình (*) và thỏa điều kiện (1). 
0,5 
Ta chứng minh phương trình đã cho có nghiệm với mọi n nguyên dương. 
Với mỗi số nguyên dương n , gọi  ,n na b là một nghiệm thỏa điều kiện (1) của 
phương trình 2 23 7na b  . 
Chọn n n nx a b  , 2n ny b thì 
   2 2 2 2 2 22 3 4 12 4 3 4.7nn n n n n n nx y y a b a b       . 
Suy ra    , , 2n n n n nx y a b b  là nghiệm của phương trình 2 2 7nx xy y   . 
Hiển nhiên 2 0n ny b  (mod 7) do 0nb  (mod 7). 
Giả sử 0nx  (mod 7) n na b  (mod 7). 
Khi đó 2 2 27 3 4n n n na b b   (mod 7) 0nb  (mod 7) (vô lí). 
Do đó 0nx  (mod 7). 
Vậy với mọi n nguyên dương thì phương trình 2 2 7nx y xy   có nghiệm 
trong tập hợp các số nguyên không chia hết cho 7. 
0,5 
Trang 8 
Bài 5 
Cho tam giác nhọn ABC có AB AC , nội tiếp đường tròn ( ).O Tia AO cắt đoạn 
thẳng BC tại .L Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường thẳng .BC 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 
a) Đường tròn ngoại tiếp các tam giác , ,D CA B A AE AL   cùng đi qua một 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 
5,0 
a) 
Giả sử các điểm có vị trí như hình vẽ, các trường hợp khác chứng minh tương tự. 
a) Gọi T là giao điểm khác A của  A BD và  A CE . 
Ta có   o360BTC BTA CTA       o180 180oBTA CTA     
   o1 1 180D E BAC    
Suy ra  T O . 
1,0 
Khi đó     o1 1180ATA ATB BTA C D        1 1 1C A B   
  
 
 
1 2
1
.
2
2 2
2
C C BAA
C LAC
ALB ALA
  
 

Suy ra ALTA là tứ giác nội tiếp. 
Vậy      , ,D CA B A AE AL   cùng đi qua T . 
1,0 
b) 
Ta có         o o1 3 2 90 2 90 2DTE B C B C A DJE        nên ( ).T DJE 1,0 
Kẻ tiếp tuyến của  O là Tx như hình vẽ. 
Ta có   DTx DTB xTB  
  1A TCB  
  2C TCB  
  .TCA TED  
Suy ra Tx cũng là tiếp tuyến của  TJED . 
Vậy  JDE và  O tiếp xúc nhau tại T . 
2,0 
Trang 9