Kỳ thi olympic truyền thống 30 - 4 lần thứ XXI đề thi đề nghị môn: Toán ; lớp:10

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XXI
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MễN:TOÁN ; LỚP:10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP (TỈNH) QUẢNG NAM
TRƯỜNG :THPT CHUYấN Lấ THÁNH TễNG
Cõu 1(4 điểm): Phương trỡnh – Hệ phương trỡnh khụng chứa tham số 
Giải hệ phương trỡnh: 
Đỏp ỏn cõu 1
Giải: 
Điều kiện: y ≥ x. 0.25
 0.5
(1) đ (*) 0.5
Xột f(t) = 
(*) viết lại: f(y) ≤ f(x) 0.5
Ta cú f(t) là hàm đồng biến trờn [1, + ∞) và f(y) ≤ f(x) ( x,y ẻ [1, + ∞)) suy ra: y ≤ x 0.5
Kết hợp y ≤ x với điều kiện ban đầu y ≥ x, ta cú: x=y. 0.5
Thay x=y vào (1) ta được: (3) 0.25
(3) xảy ra ô x-1=1(bất đẳng thức AG- xem (*)) ô x=2 0.5
Thử lại: x=y=2 thỏa hệ phương trỡnh . 0.25
Vậy x=2, y=2 là nghiệm duy nhất của hệ phương trỡnh ban đầu. 0.25
Cõu 2: (4.0 điểm): Hỡnh học phẳng 
Cho 30 đường trũn phõn biệt cú bỏn kớnh đều bằng 4 và cứ hai đường trũn bất kỡ thỡ cắt nhau tại hai điểm phõn biệt mà một trong hai giao điểm là điểm O. Lấy ra ba đường trũn bất kỡ, ta cú ba giao điểm khỏc O. Gọi (C) là đường trũn đi qua ba giao điểm đú. Tớnh tổng diện tớch cỏc hỡnh trũn (C) cú thể cú được ( số lượng nhiều nhất cú thể của cỏc hỡnh trũn (C))
Đỏp ỏn cõu 2:
Xột ba đường trũn (O1), (O2), (O3) cú tõm lần lượt là O1, O2, O3 từ 30 đường trũn đó cho. 
Gọi P, Q, R lần lượt là cỏc giao điểm khỏc O của từng cặp đường trũn(O1) và (O2); (O1) và (O3) ; (O2) và (O3). 
Khụng mất tớnh tổng quỏt, ta chỉ xột 2 trường hợp: O1, O2, O3 nằm về cựng một phớa đối với đường thẳng QR và O1, O2 nằm về một phớa cũn O3 nằm phớa kia đối với đường thẳng QR . 
Kớ hiệu (a,b) là gúc định hướng giữa 2 đường thẳng a và b, trong đú a là đường thẳng đầu và b là đường thẳng cuối.
Lấy P’ đối xứng với P qua QR. Cần chứng minh tứ giỏc ROQP’ nội tiếp, hay chứng minh: (OR,OQ) ≡ (P’R,P’Q) (modπ)
Ta cú: (OR,OQ) ≡ (OR,RQ) + (RQ,OQ) (modπ)
Vỡ (O1) O3) là 2 đường trũn bằng nhau nờn hoặc . Suy ra (RQ,OQ) ≡ (PO,PR) (modπ) .
Tương tự (OR,RQ) ≡ (PQ,PO) (modπ) 
 Do đú, (OR,OQ) ≡ (PQ,PO) + (PO,PR) (modπ) (OR,OQ) ≡ (PQ,PR) (modπ) 
 Lại cú : (P’R,P’Q) ≡ (PQ,PR) (modπ) (OR,OQ) ≡ (P’R,P’Q) (modπ)
Vỡ vậy, (OR,OQ) ≡ (P’R,P’Q) (modπ)
+ Suy ra đường trũn ngoại tiếp ∆P’QR (là đường trũn (O3)) cú bỏn kớnh bằng 4, hay đường trũn ngoại tiếp ∆PQR cũng cú bỏn kớnh bằng 4 .
Cứ 3 đường trũn đó cho ứng với 1 đường trũn (C) .
Khi khụng cú đường trũn (C) nào trựng nhau thỡ số lượng cỏc đường trũn (C) là nhiều nhất và bằng 
Tổng diện tớch của cỏc hỡnh trũn (C) cú thể cú được : S=.
025
025
05
05
025
025
025
05
Cõu 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)
Đỏp ỏn cõu 3
ã Ta đề xuất chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn :
 “Với x,y,z >0 và xy+yz+zx =3 – ta cú: xn+1+yn+1+zn+1 ≥ xn+yn+zn (2) , "nẻN* ”
 bằng qui nạp 
 Ta cú : x2 +1 ≥ 2x đ x2+y2+z2 ≥ 2(x+y+z) -3 
 Mặt khỏc : (x+y+z)2 ≥ 3(xy+yz+zx) =9 đ x+y+z ≥ 3
 Suy ra: x2+y2+z2 ≥ x+y+z . 
 Vậy (2) đỳng khi n=1.
 Giả sử (2) đỳng đến n=k ( k ≥ 1) . Ta cú:
 xk+2+xk+1+xk ≥ 3xk+1 đ xk+2 ≥ 2xk+1 -xk
 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 ( vỡ xk+1 +yk+1 +zk+1 ≥ xk+yk+zk , giả thiết qui nạp)
 Vậy (2) đỳng khi n=k+1.
 Kết luận: (2) đỳng với mọi nẻN*
 ã Ta cú (2) được chứng minh đ (1) được chứng minh .
0.5
025
0.5
0.5
0.5
0.5
025
Cõu 4: (3.0 điểm): Số học 
Giải phương trỡnh nghiệm nguyờn
	 y= 	(1)
Đỏp ỏn cõu 4
Điều kiện: y+1≥ 0, x4+3x2 +4x ≥ 0 đ y ≥ -1, x ≤ -1 hoặc x ≥ 0 	 025
ã Nếu x ≥1 thỡ (1) đ y= 025
 đ 100x2 -20xy+ y2 (x4+3x2 +4x)=y+1 	(2) 025
 + y=0, (2) đ 100x2=1 ( vụ nghiệm) 025
 + y ≠ 0 và x ≥ 1, (2) đ ẻ Z 025
 Mặt khỏc: 
 đ 025
 Suy ra đ x=2- khi đú (1) viết lại: 025
 6y=20- đ 6(y+1)+-26=0 đ =2 đ y=3 
 Ta cú (2,3) là nghiệm của (1) 025
ã Nếu x =0 , (1) đ y=-1 
 Ta cú (0,-1) là nghiệm của (1)	 025
ã Nếu x ≤ -1 thỡ vp(1)<0 đ vt(1)<0 đ y<0 
 -1 ≤ y<0,y ẻ Z đ y=-1 
 Với y=-1, pt viết lại: -=10x 025
 đ x4-97x2 +4x =0 đ x3-97x +4=0 – pt này khụng cú nghiệm nguyờn. 025
Kết luận: Pt(1) cú 2 nghiệm: (0,-1), (2,3). 025
Cõu 5(3 điểm) Tổ hợp 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chứng minh rằng khụng tồn tại một đa giỏc đều 30 đỉnh cú tọa độ cỏc đỉnh đều là cỏc số nguyờn.
Đỏp ỏn cõu 5:
ã Bổ đề : 
 Chứng minh rằng nếu ABCDE là ngũ giỏc đều thỡ cỏc giao điểm cỏc đường chộo của chỳng là G,H,I,J,K là cỏc đỉnh của 1 ngũ giỏc đều ( xem hỡnh) , hơn nữa nếu A,B,C,D,E là cỏc điểm nguyờn thỡ G,H,I,J,K cũng là cỏc điểm nguyờn. 
(Điểm nguyờn là điểm cú cỏc tọa độ đều nguyờn.)
 Thật vậy dễ chứng minh: 
 + GHIJK là ngũ giỏc đều. 
 + BCDK là hỡnh bỡnh hành.
 BCDK là hỡnh bỡnh hành cú cỏc điểm B,C,D là cỏc điểm nguyờn suy ra K là điểm nguyờn. Cũng vậy cỏc điểm G,H,I,J đều là cỏc điểm nguyờn.
Vậy bổ đề được chứng minh.
0.5
0.5
ã Ta chứng minh bài toỏn ban đầu bằng phản chứng
 Giả sử A1A2A3A30 là 30 giỏc đều cú cỏc đỉnh là cỏc điểm nguyờn, khi đú ta cú ngũ giỏc A1A7A13A19 A25 là ngũ giỏc đều cú cỏc đỉnh là cỏc điểm nguyờn.
 Để tiện việc theo dừi, ta gọi ngũ giỏc đều A1A7A13A19 A25 là ngũ giỏc đều ABCDE.
 Theo bổ đề trờn, tồn tại ngũ giỏc đều GHIJK nằm trong ngũ giỏc đều ABCDE và cú cỏc đỉnh là điểm nguyờn ( xem hỡnh). 
 Cũng vậy tồn tại ngũ giỏc đều LMNOP nằm trong ngũ giỏc đều GHIJK và cú cỏc đỉnh là điểm nguyờn ( L,M,N,O,P là cỏc giao điểm của cỏc đường chộo của ngũ giỏc đều GHIJK) . 
Tiếp tục quỏ trỡnh như vậy – sau một số hữu hạn bước ta xỏc lập được UVXYZ ngũ giỏc đều cú cỏc đỉnh là điểm nguyờn và cú cạnh nhỏ hơn 1.
( Ta xỏc lập chuỗi hữu hạn cỏc ngũ giỏc đều trong đú ngũ giỏc sau chứa trong ngũ giỏc ngay trước đú - ABCDE ẫ GHIJKẫ LMNOPẫẫ UVXYZ )
 U,V là 2 điểm nguyờn và độ dài UV nhỏ hơn 1- điều này là khụng thể vỡ khoảng cỏch giữa 2 điểm nguyờn bất kỳ là khụng nhỏ hơn 1.
Vậy khụng tồn tại 30 giỏc đều cú cỏc đỉnh là cỏc điểm nguyờn.
0.5
0.5
0.5
0.5
Cõu 6(3 điểm) Phương trỡnh hàm trờn tập rời rạc 
 Tỡm tất cả cỏc hàm f : thỏa: f(2xf(y)-2015)- xf(y) = yf(x) , "x,y ẻ.
Đỏp ỏn cõu 6
 Phương trỡnh viết lai: f(2xf(y)-2015)= xf(y) + yf(x) 	 (1) 025
 x=1, (1) đ f(2f(y)-2015)= f(y) + yf(1) 	(2) 025
 * nếu f(1) =0 thỡ : 
 y=1, (1) đ f(-2015) = f(x) , " x đ f(x) =c , "x ( f là hàm hằng)
	 đ f(x) =0, "x ( vỡ f(1)=0) 0.5
 * nếu f(1) ≠ 0 thỡ : 
 (2) đ f đơn ỏnh. 0.25
	Thay x bởi y và y bởi x vào (1) ta được:
 f(2yf(x)-2015)= yf(x) + xf(y) 	 (3) 0.25
	(1) và (3) đ f(2xf(y))= f(2yf(x)) 05
 đ 2xf(y)= 2yf(x) (do f đơn ỏnh) 0.25
 đ f(x) = xf(1) = ax (a= f(1)ẻQ , a ≠ 0) 025
 Thử lại: Với f(x) = ax 
đ f(2axy-2015) = 2axy đ 2a2xy-2015a = 2axy, " x,y 
 đ a=0 (!) (do a ≠ 0) 0.25
 Kết luận : f(x) 0 là hàm duy nhất thỏa yờu cầu bài toỏn. 0.25