cac de de nghi 304 co dap an cua cac tinh thanh

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 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.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 1(4 điểm): Phương trình – Hệ phương trình không chứa tham số  x 2  y 2  3 3 x  1  y  1 0  4 x  y 4  y  x  32 x  32 0 Giải hệ phương trình:  Đáp án câu 1 Giải:  x 2  y 2  3 3 x  1  y  1 0 (1)  4 4  x  y  y  x  32 x  32 0 (2) Điều kiện: y ≥ x. (2)  x 4  y 4  y  x 32( x  1)  x  1 0  x 1 2. 2. 3. 2. 0.25 0.5 2. (1)  y  y  1  x  3 x  1  x  ( x  1)  1  1  x  x  1 (*) 2 Xét f(t) = t  t  1 (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. 3 Thay x=y vào (1) ta được: 3 x  1 x  1 (3). 0.5 0.5 0.5. (3) xảy ra  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 duy nhất của 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 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. Lấy ra ba đường tròn bất kì, ta có ba giao điểm khác O. Gọi (C) là đường tròn đi qua ba giao điểm đó. Tính tổng diện tích các hình tròn (C) có thể có được ( số lượng nhiều nhất có thể của các hình tròn (C)) Đáp án câu 2:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Xét ba đường tròn (O1), (O2), (O3) có tâm lần lượt là O1, O2, O3 từ 30 đường tròn đã cho. Gọi P, Q, R lần lượt là các giao điểm khác O của từng cặp đường tròn(O1) và (O2); (O1) và (O3) ; (O2) và (O3). 025 Không mất tính tổng quát, ta chỉ xét 2 trường hợp: O1, O2, O3 nằm về cùng một phía đối với đường thẳng QR và O1, O2 nằm về một phía còn O3 nằm phía kia đối với đường thẳng QR . Kí hiệu (a,b) là góc định hướng giữa 2 đường thẳng a và b, trong 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) 0     05 Vì (O ) O ) là 2 đường tròn bằng nhau nên ORQ QPO hoặc ORQ  QPO 180 . Suy ra 1. 3. (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 ra đường tròn ngoại tiếp ∆P’QR (là đường tròn (O3)) có bán kính bằng 4, hay đường tròn ngoại tiếp ∆PQR cũng có bán kính bằng 4 . Cứ 3 đường tròn đã cho ứng với 1 đường tròn (C) . Khi không có đường tròn (C) nào trùng nhau thì số lượng các đường tròn (C) là nhiều 3 nhất và bằng C30. 05 025 025 025 05. 3 2 Tổng diện tích của các hình tròn (C) có thể có được : S= C30 . .4 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 3.  Ta đề xuất chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn : “Với x,y,z >0 và xy+yz+zx =3 – ta có: xn+1+yn+1+zn+1 ≥ xn+yn+zn (2) , nN* ” bằng 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 ≥ 3 Suy ra: x2+y2+z2 ≥ x+y+z . Vậy (2) đúng khi 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.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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 khi n=k+1. Kết luận: (2) đúng với mọi nN*  Ta có (2) được chứng minh  (1) được chứng minh .. Câu 4: (3.0 điểm): Số học Giải phương trình nghiệm nguyên 4 2 10 x  y  1 y x  3x  4 x =. 0.5 0.5 025. (1). Đáp án câu 4 Điều kiện: y+1≥ 0, x4+3x2 +4x ≥ 0  y ≥ -1, x ≤ -1 hoặc x ≥ 0 4 2 y 1  Nếu x ≥1 thì (1)  10x  y x  3 x  4 x =. 025 025. 4 2  100x2 -20xy x  3 x  4 x + y2 (x4+3x2 +4x)=y+1 + y=0, (2)  100x2=1 ( vô nghiệm). + y ≠ 0 và x ≥ 1, (2)  Mặt khác:. 4. 2. (2). x 4  3x 2  4 x  Z 4. 2. 025 4. 2. x  2 x  1  x  3x  4 x  x  4 x  4. 2 4 2 2  x 1  x  3x  4 x x  2. x 4  3 x 2  4 x  x 2  2  x=2- khi 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 của (1)  Nếu x =0 , (1)  y=-1 Ta có (0,-1) là nghiệm của (1). Suy ra. 025 025. 025 025 025 025.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  Nếu x ≤ -1 thì vp(1)<0  vt(1)<0  y<0 -1 ≤ y<0,y  Z  y=-1 4 2 Với y=-1, pt viết lại: - x  3 x  4 x =10x  x4-97x2 +4x =0  x3-97x +4=0 – pt này không có nghiệm nguyên. Kết luận: Pt(1) có 2 nghiệm: (0,-1), (2,3).. 025 025 025. Câu 5(3 điểm) Tổ hợp Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chứng minh rằng không tồn tại một đa giác đều 30 đỉnh có tọa độ các đỉnh đều là các số nguyên. Đáp án câu 5:  Bổ đề : Chứng minh rằng nếu ABCDE là ngũ giác đều thì các giao điểm các đường chéo của chúng là G,H,I,J,K là các đỉnh của 1 ngũ giác đều ( xem hình) , hơn nữa nếu A,B,C,D,E là các điểm nguyên thì G,H,I,J,K cũng là các điểm nguyên. (Điểm nguyên là điểm có các tọa độ đều nguyên.) Thật vậy dễ chứng minh: + GHIJK là ngũ giác đều. + BCDK là hình bình hành. BCDK là hình bình hành có các điểm B,C,D là các điểm nguyên suy ra K là điểm nguyên. Cũng vậy các điểm G,H,I,J đều là các điểm nguyên. Vậy bổ đề được chứng minh.  Ta chứng minh bài toán ban đầu bằng phản chứng Giả sử A1A2A3…A30 là 30 giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên, khi đó ta có ngũ giác A1A7A13A19 A25 là ngũ giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên. Để tiện việc theo dõi, ta gọi ngũ giác đều A1A7A13A19 A25 là ngũ giác đều ABCDE. Theo bổ đề trên, tồn tại ngũ giác đều GHIJK nằm trong ngũ giác đều ABCDE và có các đỉnh là điểm nguyên ( xem hình). Cũng vậy tồn tại ngũ giác đều LMNOP nằm trong ngũ giác đều GHIJK và có các đỉnh là điểm nguyên ( L,M,N,O,P là các giao điểm của các đường chéo của ngũ giác đều GHIJK) . Tiếp tục quá trình như vậy – sau một số hữu hạn bước ta xác lập được UVXYZ ngũ giác đều có các đỉnh là điểm nguyên và có cạnh nhỏ hơn 1. ( Ta xác lập chuỗi hữu hạn các ngũ giác đều trong đó ngũ giác sau chứa trong ngũ giác. 0.5. 0.5. 0.5. 0.5 0.5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ngay trước đó - ABCDE  GHIJK LMNOP… UVXYZ ) U,V là 2 điểm nguyên và độ dài UV nhỏ hơn 1- điều này là không thể vì khoảng cách giữa 2 điểm nguyên bất kỳ là không nhỏ hơn 1. 0.5 Vậy không tồn tại 30 giác đều có các đỉnh là các điểm nguyên.. Câu 6(3 điểm) Phương trình hàm trên tập rời rạc Tìm tất cả các hàm f :    thỏa: f(2xf(y)-2015)- xf(y) = yf(x) , x,y   . Đáp án câu 6 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) * nếu 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) * nếu f(1) ≠ 0 thì : (2)  f đơn ánh. Thay x bởi y và y bởi 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 duy nhất thỏa yêu cầu bài toán.. 025 025 0.5 0.25 0.25 05 0.25 025 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>