Đề thi olympic truyền thống 30/4 lần XVI – năm 2010 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong môn thi: toán - Khối: 10

	Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH	KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4	
	˜™ 	 LẦN XVI – NĂM 2010
	 	˜™
	Trường THPT Chuyên 	Môn thi: Toán - Khối: 10
	Lê Hồng Phong 	Ngày thi: 03-04-2010	 	 	
	Thời gian làm bài: 180 phút
	Ghi chú : Thí sinh làm mỗi câu trên một hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số  ở 	trang 1 của mỗi tờ giấy làm bài. Đề này có 01 trang. 	
Bài 1: (4 điểm)
	Giải hệ phương trình:
Bài 2: (4 điểm)
Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho tồn tại một tập hợp các hợp số có tính chất:
Hai số bất kỳ trong chúng là nguyên tố cùng nhau.
 với mọi i = 1, 2, , n.
Bài 3: (4 điểm)
	Cho M là một điểm tùy ý thuộc miền trong tam giác ABC đều. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là 
hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh BC, CA, AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
Bài 4: (4 điểm)
	Cho các số thực thỏa . Chứng minh rằng:
Bài 5: (4 điểm)
Trong một giải thi đấu thể thao, một môn thể thao có huy chương được phát trong ngày thi đấu. Ngày thứ nhất người ta phát một huy chương và một phần mười số huy chương còn lại. Ngày thứ hai người ta phát hai huy chương và một phần mười số huy chương còn lại. Cứ tiếp tục, ngày thứ người ta phát huy chương và một phần mười số huy chương còn lại. Ngày sau cùng, còn lại huy chương để phát. Hỏi môn thể thao đó có tất cả bao nhiêu huy chương đã được phát và đã phát trong bao nhiêu ngày?
HẾT
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN KHỐI 10
Bài 1: (4 điểm)
	Giải hệ phương trình:
Nội dung
Điểm
Đặt . Hệ phương trình thành:
 Û 
1 điểm
Đặt , 
Hệ phương trình thành:
 Û Û 
1 điểm
Thế (2) vào (1), ta được:
 Û Û (3)
Thế (3) vào (2), ta được: 
1 điểm
Từ đó suy ra (a,b) = (1;2) hay (a,b) = (2;1)
Vậy hay 
1 điểm
Bài 2: (4 điểm)
	Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho tồn tại một tập các hợp số có tính chất:
	i)	2 số bất kỳ trong chúng là nguyên tố cùng nhau.
	ii)	 với mọi .
Nội dung
Điểm
Giả sử tìm được số nguyên dương n thỏa bài toán.
	Ký hiệu qj là ước nguyên tố nhỏ nhất của aj (j = 1, 2, , n) và qi là giá trị lớn nhất của các số qj. 
	Do 2 số bất kỳ trong chúng là nguyên tố cùng nhau nên các qj là phân biệt.
 Suy ra qi ≥ pn (pn là số nguyên tố thứ n).
1 điểm
	Do đó ta có: Þ .
1 điểm
Ta xét bảng sau:
n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
un = 2n+5
7
9
11
13
15
17
19
21
23
25
27
pn
2
3
5
7
11
13
17
19
23
29
31
1 điểm
Vì un + 1 – un = 2 và pn + 1 – pn ≥ 2 mà p10 > u10 Þ pn > un với mọi n ≥ 10.
Suy ra , lúc này thỏa 2 điều kiện bài toán.
Vậy là số nguyên dương lớn nhất thỏa yêu cầu bài toán.
1 điểm
Bài 3: (4 điểm)
Cho M là một điểm tùy ý thuộc miền trong của tam giác ABC đều. Gọi A1; B1; C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh BC, CA, AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của: 
P = .
Cách 1:
Gọi D , E , F tương ứng là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.
Ta có: 	SABC = SMBC + SMCA + SMAB 	Þ Þ MA1+MB1+ MC1 = . 
1 điểm
Mặt khác: 
; ; 
 MD2 + ME2 + MF2 = 	 
0,5 điểm
0, 5 điểm 
 = 
0,5 điểm
 Mà 
 . Do đó: P = .
0,5 điểm
0,5 điểm
Đẳng thức xảy ra M là tâm của tam giác đều ABC.
 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là . 
0,25 điểm
0,25 điểm
Cách 2:
Ta có: 	SABC = SMBC + SMCA + SMAB 	ÞÞ MA1+MB1+MC1 =. 
1 điểm
 Þ 
Þ 
1 điểm 
Þ Þ (**)
0, 5 điểm
Từ (*) và (**) Þ P ≥ . 
Dấu “=” xảy ra Û Û M là trọng tâm tam giác ABC.
0,5 điểm
0, 5 điểm
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
0,5 điểm
Bài 4: (4 điểm)
Cho các số thực a, b, c ≥ 1 thỏa a + b + c + 2 = abc	(1)
Chứng minh rằng:
 (2)
Nội dung
Điểm
Ta có:
	= ≤ = 
1 điểm
	≤ 
0,5 điểm
	Mà từ giả thiết ta có . 
Ta có: và 
0,5 điểm
Đặt t = ta được
 Û 2t3 + 9t2 – 27 ≥ 0 Û (2t – 3)(t + 3)2 ≥ 0 Û t ≥ .
1,0 điểm
Suy ra .
0,5 điểm
Vậy .
0,5 điểm
Bài 5: (4 điểm). 
	Trong một giải thi đấu thể thao, một môn thể thao có huy chương được phát trong ngày thi đấu. Ngày thứ nhất người ta phát một huy chương và một phần mười số huy chương còn lại. Ngày thứ hai người ta phát hai huy chương và một phần mười số huy chương còn lại. Cứ tiếp tục, ngày thứ người ta phát huy chương và một phần mười số huy chương còn lại. Ngày sau cùng, còn lại huy chương để phát. Hỏi môn thể thao đó có tất cả bao nhiêu huy chương đã được phát và đã phát trong bao nhiêu ngày?
Nội dung
Điểm
Gọi là số huy chương còn lại khi bắt đầu ngày thi đấu thứ k (). Ta có: ;
. . . . . . . . . 
 (1)	và .
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Ø Tính uk theo k: 
Cách 1: Đặt , ta có:
Þ 
Chọn p, q thỏa Þ p = –9 và q = 90.
Cách 2: Xét (2)
Ta có là nghiệm của (2)
0,5 điểm
 Đặt ta có:
	 và với mọi k.
Suy ra:	 
 Þ 
Giả sử (1) có nghiệm riêng 
Þ .
0,5 điểm
Vậy .
Þ 
Þ 
0,5 điểm
Theo giả thiết 
0,5 điểm
Vì là số nguyên dương nên suy ra và .
0,5 điểm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH DƯƠNG
TRƯỜNG : THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
	KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI
	ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN ; KHỐI: 10
ĐỀ THI
CÂU HỎI 1: 
Giải phương trình 
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1:
• Điều kiện có nghiệm là
• Đặt ta thu được hệ 
Giả sử suy ra 
Vậy u = x và thu được phương trình 
• Đặt ta thu được hệ 
Giả sử suy ra 
Vậy v = x và thu được phương trình
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 
CÂU HỎI 2: 
Tìm tất cả các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình:
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 2:
Nếu x = 0 thì y = –2 và nếu y = 0 thì x = 2 . 
Bây giờ ta xét trường hợp cả x và y đều khác 0
a/. xy < 0
● Nếu x > 0 và y < 0 thì suy ra x = 1 và , phương trình này không có nghiệm nguyên.
● Nếu x 0 thì 
Mặt khác không thể được!. 
b/. xy > 0 . 
Ta có 2xy + 8 > 0 , suy ra suy ra 
● Nếu x – y = 1 thì được phương trình không có nghiệm nguyên.
● Nếu x – y > 1 ta được 
suy ra , trái với .
Tóm lại chỉ có hai cặp số nguyên thỏa mãn phương trình là và 
CÂU HỎI 3: 
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
 	f(x) =
trên tập xác định của nó
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 3:
● Trước hết ta có nhận xét : Tập xác định của f(x) là , f(x) là hàm số lẻ và 
 f(x) . Do đó: f(x) =f(x) và f(x) =f(x)
● Bây giờ xét f(x) với , ta có 
2011.f(x) = 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
● Vậy 
Maxf(x) = đạt khi 
minf(x) = đạt khi 
CÂU HỎI 4: 
Cho bốn số dương . Chứng minh rằng trong bốn số ấy bao giờ cũng tìm được hai số sao cho: 
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4:
— Đặt , , và . 
Do trong khoảng luôn luôn tồn tại sao cho Theo nguyên lí Dirichlet luôn luôn tồn tại hai góc sao cho : 
— Suy ra (1) . Thế mà (2) 
và (3) 
Từ (1) , (2) , (3) suy ra đpcm.
CÂU HỎI 5: 
Cho điểm M thuộc miền trong của tam giác đều ABC. Chứng minh rằng diện tích của tam giác có độ dài 3 cạnh lần lượt bằng MA, MB, MC không vượt quá diện tích tam giác ABC.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5:
Qua M vẽ các đường thẳng song song với các cạnh của (theo hình vẽ) , 
Ta có các tam giác , , là các tam giác đều nên :
 , 
 , 
Suy ra : là các hình thang cân 
Do đó , và 
Vì vậy nếu kí hiệu và 
thì ta chỉ cần chứng minh 
Ta có : , , 
suy ra 
Giả sử , , ta có 
Suy ra 
Ta có 
 và suy ra 
CÂU HỎI 6: 
Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện:
 . 
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = 
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 6:
Gọi M(x,y) là điểm trên mặt phẳng Oxy 
trong đó x, y thỏa mãn đầu bài . Suy ra 
tập hợp các điểm M thuộc miền mặt 
phẳng giới hạn bởi với: 
Ta có 
S = = 
Xét điểm ta có điểm I thuộc 
miền trong của và 
Ta có , và 
Mà suy ra S 
Vậy giá trị lớn nhất của S là , đạt khi M tức là và 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH ĐỊNH
 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
	KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI
	ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; LỚP: 10
ĐỀ THI
CÂU 1: (3 điểm)
Giải phương trình
ĐÁP ÁN:
Điều kiện: .
Phương trình đã cho tương đương với 
	 (1đ)
Đặt u = và , ta có hệ
Cộng (1) và (2) theo vế ta được 
y3 + y = (u+1)3 + (u +1) (*). (1đ)
Xét hàm số f(t) = t3 + t, dễ thấy f là hàm đồng biến trên R, do đó từ (*) suy ra y = u + 1, từ đó thay vào (1) ta được
u3 + 4u + 1= u +1u(u2 + 3) = 0 u = 0. (0,5đ)
Suy ra x = -1.
Thử lại thấy x = -1 thỏa mãn phương trình. Vậy x = -1 là nghiệm duy nhất. (0,5đ)
CÂU 2: (4 điểm)
Tìm 2011 số nguyên tố sao cho tích của các số nguyên tố này bằng tổng các lũy thừa bậc 2010 của chúng.
ĐÁP ÁN:
Gọi các số nguyên tố cần tìm là p1, p2,,p2011, theo giả thiết ta có
 (*).	
Giả sử trong các số nguyên tố trên có k số khác 2011, . (0,5đ)
Ta xét các trường hợp sau
1) k=0, nghĩa là tất cả các số đều là 2011. Khi đó rõ ràng ta có . Vì 2011 là số nguyên tố nên pi=2011, i=1,2,,2011 là 2011 số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán. (1đ)
2) k=2011, nghĩa là tất cả các số pi đều khác 2011. Khi đó do pi là số nguyên tố khác 2011 nên (pi, 2011)=1. Theo Định lí Fermat nhỏ thì
Do đó , trong khi đó không chia hết cho 2011. Ta gặp mâu thuẫn. (1đ)
3) , nghĩa là có 2011 – k số bằng 2011. Khi đó trong 2011 số hạng bên phải của (*) có k số khi chia 2011 dư 1 và 2011-k số còn lại chia hết cho 2011. Do vậy không chia hết cho 2011, trong khi đó dễ thấy chia hết cho 2011. Ta cũng gặp mâu thuẫn. (1đ)
Vậy có duy nhất 2011 sô nguyên tố thỏa mãn, đó là 2011 số nguyên tố 2011. (0,5đ)
CÂU 3: (3 điểm)
Cho tam giác ABC có trực tâm H và các đường cao AA’, BB’, CC’. Gọi r’, r lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ và tam giác ABC, còn R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng
ĐÁP ÁN:
Từ giả thiết ta dễ dàng chứng minh được H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’, do đó nếu kẻ HX vuông góc với A’C’ thì r’ = HX. 
Ta có
HA’=BA’= c.cosB. tan(900 – C) = c.cosB. cotC. 
Suy ra r’ = HX = HA’.sin(900 – A) = c.cosB. cotC. cosA = 2R.cosAcosBcosC. (1đ)
Từ đó = 2R.cosAcosBcosC + 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski	 ta có 
= 1 - 2 cosAcosBcosC (1đ)
Do đó 
.
Vậy , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. (1đ)
CÂU 4: (4 điểm)
Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
ĐÁP ÁN:
Từ giả thiết ta có . 	 (0,5đ)
Do đó 
 (AM-GM). (1,5đ)
Tương tự,
	 (1,5đ)
Từ đó 
Vậy giá trị lớn nhất là 2022 đạt được khi x = 3, y = 2, z = 1.	 (0,5đ)
CÂU 5: (3 điểm)
Cho tập X gồm 9 số tự nhiên liên tiếp k, k+1, , k+8, . Tồn tại hay không một cách phân hoạch tập X thành hai tập con khác rỗng sao cho không có tập con nào có chứa 3 số tự nhiên cách đều nhau (3 số tự nhiên a, b, c được gọi là cách đều nhau nếu c-b = b-a).
ĐÁP ÁN:
Giả sử tập X được phân hoạch thành hai tập con A, B khác rỗng sao cho không có tập con nào có chứa 3 số tự nhiên cách đều nhau, trong đó
A = {a1, , am}, B = {b1, , bn}, m > n và m + n = 9. Suy ra . (0,5đ)
Đặt ai+1 – ai = ci, i =1,, m-1. Không mất tổng quát, giả sử d1, d2, , dm-1 là một hoán vị nào đó của dãy c1, c2,, cm -1. Khi đó 
 (0,5đ)
Vì A không chứa 3 số tự nhiên cách đều nào nên ta có thể giả sử d1< d2< < dm-1 và
 (1đ)
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có
.
Suy ra , vô lý.
Vậy không thể phân hoạch tập X thành hai tập con thõa mãn yêu cầu bài toán. (1đ)
CÂU 6: (3 điểm)
Cho bát giác A1 A2 A8 có tính chất: tất cả các đỉnh có tọa độ nguyên và độ dài tất cả các cạnh là những số nguyên. Chứng minh rằng chu vi đa giác là một số chẵn.
ĐÁP ÁN:
Giả sử (quy ước A9A1), trong đó ai, bi là những số nguyên và cũng là những số nguyên với mọi i. Ta có
 . (0,5đ)
Từ đó
Tức là là các số chẵn. (1đ)
Từ đó bình phương chu vi bát giác là
N2= (1đ)
Do đó N2 là số chẵn. Suy ra N cũng là số chẵn (đpcm). (0,5đ)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG.
	KỲ THI ÔLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30-4 LẦN THỨ XVI
	ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN. KHỐI 10.
ĐỀ THI
Câu 1:Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 
Đáp an câu 1: (1) 
Ta lại có: 
Suy ra, 
Với x = 4 thì y = 19. Thử lại ta có cặp số x = 4 và y = 19 thoả phương trình đã cho.
Câu 2: Giải hệ phương trình: (I)
Đáp án câu 2:
 *TH1: xyz = 0
+ Nếu x = 0, (I) y = 0 hay z = 0. Khi đó hệ nhận nghiệm (0;0;z) và (0;y;0), 
+ Tương tự cho TH y = 0 hay z = 0.
*TH2: Chia hai vế của các phương trình của (I) cho ta có hệ phương trình tương đương với: . Đặt . Hệ phương trình trở thành: 
Cộng từng vế các phương trình rồi rút gọn ta được: 
*Khi a + b + c = 4 thay vào (1'), (2'), (3') ta tìm được 
*Khi a + b + c = -3 thay vào (1'), (2'), (3') ta tìm được 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là:
Câu 3: Cho tam giác ABC , lấy điểm M trưên cạnh AC sao cho bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác ABM và BCM bằng nhau. Chứng minh:, trong đó S là diện tích tam giác ABC.
Đáp án câu 3:Đặt BC = a; CA = b; AB = c; BM = x; p, p' là nữa chu vi của tam giác ABM và CBM
Suy ra S = pr + p' r
Lại có 
Cộng (2) và (3): 
Từ (1) và (4):
Gọi là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Lấy (6) trừ (5) ta có: (đpcm)
Câu 4: Cho đường tròn và điểm A(3;0). Viết phương trình đường thẳng chứa dây cung của đường tròn qua A khi dây cung có độ dài bé nhất.
Đáp án câu 4: 
Toạ độ tâm của đường tròn đã cho là: . Gọi (d) là đường thẳng cần tìm và giả sử (d) cắt đường tròn tại hai điểm P,Q còn H là hình chiếu vuông góc của I lên (d) . Ta có . Độ dài dây cung PQ nhỏ nhất khi và chỉ khi IH dài nhất hay khi và chỉ khi . Vậy dây cung ngắn nhất qua A là dây cung vuông góc với AI tại A. Vì vậy đường thẳng (d) cần tìm qua A(3; 0) và nhận làm VTPT có phương trình: 
Câu 5: Cho x, y, z, t là các số thực không âm thay đổi thoả mãn: . Tìm GTNN của biểu thức: 
Đáp án câu 5: x,y,z,t thoả:(I). Đặt . Khi đó ta có:
và 
Mặt khác(II) thoả (2)thoả (I)
Lấy x = y = z = 0, ta có x, y ,z ,t thoả (I) và . Vậy min
Câu 6: Cho p là số nguyên tố khác 2 và a, b là hai số tự nhiên lẻ sao cho a + b chia hết cho p và a - b chia hết cho p - 1. Chứng minh rằng: chia hết cho 2p.
Đáp án câu 6:Giả sử . Gọi r là dư trong phép chia a cho p thì . Do a + b nên 
 Suy ra: 
Mặt khác a - b chia hết cho p - 1 nên a - b = k(p - 1). Vì r không chia hết cho p nên theo định lí Phec- ma ta có:
. Từ đó suy ra: .
Ngoài ra là các số nguyên lẻ nên . Do đó: