BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH ĐĂK LĂK NĂM 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG

KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN 2
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN LỚP 10


ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN
Câu 1: 4 điểm
( x + y )( x − y ) = 6

4
Giải hệ phương trình: 
2
(
x
+
y
−
1)
−
−3= 0

( x − y)

Đáp án câu 1:
Đặt a = x + y , b = x − y (b ≠ 0)

1.0đ

Khi đó ta có hệ

1 a
=
ab = 6

 b 6
⇔

4
2
(
a
−
1)
−
−
3
=
0
a2
2

2

a − 2a + 1 − − 3 = 0
b


9



5
  x = 2
 a = 3


 y = 1
 b = 2
 
2
⇔ 
−3 ⇔ 
 a =
  x = −35
4

 
8
 b = −8

  y = 29
 
8

0.5x2đ

1.0x2đ

 5 1   −35 29 
; ÷

Vậy nghiệm của hệ phương trình là  ; ÷, 
2 2  8 8 

Câu 2: 4 điểm
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) và một điểm M sao cho các góc AMB,
BMC, CMA đều bằng 1200 . Các đường thẳng AM, BM, CM cắt đường tròn (O) lần lượt tại
A’, B’, C’. Chứng minh rằng: MA + MB + MC = MA’ + MB’ +MC’
Đáp án câu 2:
→

→

→

→
→
Lấy các điểm A1 , B1 , C1 sao cho MA1 = MA , MB1 = MB , MC1 = MC
0.5đ
MA
MB
MC
uuuu
r uuuur uuuur
Ta có 3 vectơ MA1 , MB1 MC1 đều có độ dài bằng 1 và góc giữa chúng bằng 1200 , nên M là
tâm của tam giác đều A1 B1C1
0.5đ
uuur uuuu
r
uuur uuur
0.5đ

2 MA.MO = 2MA.MP (P là trung điểm của AA’)
r
uuur uuur uuuu
'
'
= MA.( MA + MA ) = MA( MA − MA )
0.5đ
uuur
r
uuuu
r uuuu
r
MA uuuu
Suy ra 2
0.5đ
.MO = MA − MA' ⇔ 2MA1.MO = MA − MA' (1)
MAuuuur uuuu
r
Tương tự 2 MB1.MO = MB − MB ' (2)
uuuur uuuu
r
2 MC1.MO = MC − MC ' (3)
0.5đ
Từ (1), (2) , (3) ta có
→


uuuu
r uuuur uuuur uuuu
r

MA + MB + MC − MA' − MB ' − MC ' = 2(MA1 + MB1 + MC1 )MO = 0
⇒ MA + MB + MC = MA' + MB ' + MC '
Câu 3: 3 điểm
Cho các số thực a, b, x, y thoả mãn điều kiện ax − by =

1.0đ

3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức F = a + b + x + y + bx + ay
2

2

2

2

Đáp án câu 3:
a
 b
Đặt M = ( x; y ) , A =  − ; −  , ( ∆ ) : ax − by = 3 .
2
 2
2

2

b 
a


Ta có MA 2 =  x +  +  y +  .
2 
2

2
Mà M ∈ ( ∆ ) nên MA ≥ [ d ( A; ∆ ) ] =
2

trên ( ∆ ) .

0.5đ
3
. Đẳng thức xảy ra khi M là hình chiếu của A
a + b2
0.5đ
2

3
3
3
3
+ (a 2 + b2 ) ≥ 2 2
. (a 2 + b2 ) = 3 .
2
2
4
a +b
a +b 4


6
2
.
;−
Vậy min F = 3 đạt được chẳng hạn khi ( a ; b; x; y ) =  2 ; 0;

2
2


Câu 4: 3 điểm
Chứng minh rằng ∀n ≥ 1, n ∉ ¥: 222 n+1 + 3 là hợp số.
Suy ra F ≥

0.5đ

2

1.0đ
0.5đ

Đáp án câu 4:
∀n ≥ 1, n ∈ ¥ ta có 222 n+1 + 3 > 7

0.5đ

Vì 2 ≡ 1(mod 3) ⇒ 2 ≡ 1(mod 3)
⇒ 22 n.2 ≡ 1.2(mod 3.2) hay 2 2 n +1 ≡ 2(mod 6)

1.0đ

2

2n

+

⇒ 22 n+1 có dạng 6k + 2(k ∉ ¢ )
6
22 n+1
+ 3 là hợp số
Mặt khác 2 = 64 ≡ 1(mod 7) ⇒ 2

0.5đ
0.5đ
0.5đ

Câu 5: 3 điểm
Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên.
Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên.
Đáp án câu 5:
Coi đỉnh Ai (xi; yi), i = 1, 2, 3, 4, 5.
0.5đ
(xi; yi) có thể rơi vào những trường hợp sau:
(2k; 2k’), (2k; 2k’+1), (2k+1; 2k’ + 1), ( 2k +1; 2k’) với k, k’ ∈ Z
1.0đ
Do đa giác có 5 đỉnh nên theo nguyên lí Đi rich lê, có ít nhất 2 đỉnh có tọa độ thuộc một trong
bốn kiểu trên.
0.5đ
Khi đó trung điểm của đoạn nối 2 đỉnh ấy sẽ có tọa độ nguyên.

0.5đ
Do ngũ giác là lồi nên điểm này ở miền trong hoặc trên cạnh của ngũ giác đó.
0.5đ

Câu 6: 3 điểm


Cho hàm số :
f : ¥∗ → ¥∗
n → f ( n)
Thỏa mãn f [f(m) + f(n)] = m + n, ∀m, n ∈ ¥ ∗ . Tìm f(2017)
Đáp án câu 6:
Từ giả thiết suy ra f [2f(n)] = 2n và f [2. f (1)] = 2

0.5đ

Ta chứng minh f (1) = 1
*
Thật vậy giả sử f (1) = 1 + k ( k ∈ ¥ )
Khi đó do giả thiết :
f [2f(k)] = 2k ⇒ f (k ) + 2 f (1) = f [ f (2 f (k )) + f (2 f (1))]
= f (2k + k ) = f (2 f (1) = 2
Như thế f ( k ) + f (1) = 1 vô lý
Do đó phải có f(1)=1
Giả sử f ( n) = n khi đó f ( n + 1) = f [ f ( n) + f (1)] = n + 1 Suy ra f ( n) = n, ∀n ∈ ¥ * (1)
Theo kết quả (1) ta có f(2017)=2017

HẾT

1.0đ

0.5đ
1.0đ