Đề thi olympic truyền thống 304 lần 20, lớp 10, năm học 2014 – 2015

(Đề thi Olympic truyền thống 30/4 lần 20, lớp 10, năm học 2014 – 2015)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (4 điểm)
 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 = 3 ( x + y )
Giải hệ phương trình sau: 
 2 x + y + 1 + 2 3 7 x + 12 y + 8 = 2 xy + y + 5
Câu 2 (4 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là điểm di động trên (O) không trùng với A và B. Các tiếp tuyến
của (O) tại B và C cắt nhau tại N, AN cắt (O) tại D khác A. Tiếp tuyến của (O) tại D cắt CN tại P. Chứng
minh rằng P di động trên một đường cố định khi C di động trên (O).
Câu 3 (3 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực dương tùy ý. Chứng minh:
a
b
c
+
+
≤1
7a 2 + b 2 + c 2
a 2 + 7b 2 + c 2
a 2 + b 2 + 7c 2
Câu 4. (3 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình: x 2 + y 2 + x + y = kxy có nghiệm nguyrn dương
x,y.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho trước số nguyên dương n ≥ 2 . Trong một giải đấu cờ vua có 2n động viên tham gia mỗi người đối
với người khác đúng một ván.Tại thời điểm trong giải, người ta thấy có n 2 + 1 ván đấu đã diễn ra.
Chứng minh rằng khi đó có thể chọn ra 3 vận động viên sao cho hai người bất kỳ trong ba người được
chọn đều đã thi đấu với nhau.
Câu 6. (1,0 điểm)
Cho hàm số f:N* → N* \ {1} (N* là tập hợp các số nguyên dương) thỏa mãn:

f(n) + f(n + 1) = f(n + 2)f(n + 3) – 168
Tính f(2014)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


Đáp Án
 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 = 3 ( x + y )
Câu 1. Ta có: 
 2 x + y + 1 + 2 3 7 x + 12 y + 8 = 2 xy + y + 5
Từ phương trình (1) ⇒ x + y ≥ 0 và
5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 =
≥

( 2x + y )

2

+

( x + 2y)

2

( 2x + y )

2

+ ( x − y) +
2

(1)
(2)

( x + 2y)

2

+ ( x − y)

2

= 2x + y + x + 2 y ≥ 3( x + y )

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y ≥ 0
Thế y = x vào (2), ta được: 3x + 1 + 2. 3 19 x + 8 = 2 x 2 + x + 5
2
3
Từ phương trình (3) ⇔ 3 x + 1 − ( x + 1) + 2  19 x + 8 − ( x + 2 )  = 2 x − 2 x
−2 ( x3 + 6 x 2 − 7 x )
− x2 + x
⇔
+
= 2x2 − 2 x
2
3
3
3x + 1 + x + 1

19 x + 8 + ( x + 2 ) 19 x + 8 + ( x + 2 )
−2 ( x 2 − x ) ( x + 7 )
− x2 + x
⇔
+
+ 2 ( x2 − x ) = 0
2
3
3
3x + 1 + x + 1
19 x + 8 + ( x + 2 ) 19 x + 8 + ( x + 2 )
 x2 − x = 0

⇔
2 ( x + 7)
1
+
 3 x + 1 + x + 1 3 19 x + 8 + x + 2 3 19 x + 8 + x + 2 2 + 2 = 0 (*)
(
)
(
)


Vì x ≥ 0 nên (*) vô nghiệm. Do đó (3) ⇔ x = 0 hay x = 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) ∈ { ( 0;0 ) , ( 1;1) }
Câu 2. Xét hệ trục Oxy sao cho A(0;1), B(0;-1)
Ta có: (O): x2 + y2 = 1; C ∈ (O) nên C(cost;sint).
Vì C không trùng A và B nên cost ≠0.
CP là tiếp tuyên của (O) tại C

⇒ CP: cost.x + sint.y – 1 = 0
1 + sin t
; −1)
N(xN;-1) ∈ CP ⇒ N (
cos t
Đường thẳng AN có vecto chỉ phương là
uuur  1 + sin t
1

AN = 
; −2 ÷ =
( 1 + sin t; −2 cos t )
 cos t
 cos t
⇒ AN : 2x cos t + ( 1 + sin t ) ( y − 1) = 0 ⇒ AN = 2x cos t + ( 1 + sin t ) y = 1 + sin t
BD : ( 1 + sin t ) x − 2 cos t ( y + 1) = 0 ⇒ BD : ( 1 + sin t ) x − 2y cos t = 2 cos t
Ta có D = AN ∩ BD nên tọa độ D thỏa hệ:
4 cos t
5sin t − 3
 2 x cos t + ( 1 + sin t ) y = 1 + sin t
⇔x=
;y=

5 − 3sin t
5 − 3sin t
( 1 + sin t ) x − 2 y cos t = 2 cos t
4 cos t
5sin t − 3
.x +
. y − 1 = 0 (Do DP là tiếp tuyến cảu (O) tại D)

DP: =
5 − 3sin t
5 − 3sin t
⇔ 4 cos t.x + ( 5sin t − 3) . y = 5 − 3sin t
Vì P = DP ∩ CP nên tọa độ P thỏa hệ:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


 4 cos t.x + ( 5sin t − 3 ) . y = −3sin t + 5
4 x cos t + ( 5 y − 3 ) sin t = −3 y + 5
⇔

cos t.x + sin t. y = 1
4 x cos t + 4 y sin t = 4
3y +1
3( 1− y )
và ⇒ cos t =
. Vì cost ≠ 0 nên y ≠ 1 và y ≠ -1
y +3
x ( y + 3)
2

⇒ sin t =

Ta có sin 2 t + cos 2t = 1 ⇒ x 2 ( 3 y + 1) + 9 ( 1 − y 2 ) = x 2 ( y + 3)
2

2

2

⇒ 9x2 y2 + 6 x2 y + x2 + 9 ( 1 − y2 ) − x2 y 2 − 6x2 y − 9x2 = 0
2

⇒ 8 x 2 ( y 2 − 1) + 9 ( 1 − y 2 ) = 0 ⇒ 8 x 2 + 9 ( y 2 − 1) = 0 (vì 1 − y 2 ≠ 0)
2

⇒

x2
x2
+ y2 = 1
+ y2 = 1
. vậy P thuộc elip (E): 9
9
8
8

Câu 3. Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có: (7a2 + b2 + c2) (7 + 1 + 1) ≥ (7a + b + c)2
1
9
1
3
⇒ 2
≤
⇒
≤

2
2
2
2
2
2
7a + b + c
7a + b + c
7a + b + c
( 7a + b + c )
⇒

a
7a 2 + b2 + c 2

≤

3a
7a + b + c

Mà
1
1
1 2
1
3a
1 2
a
=
≤ ( +

)⇒
≤ ( +
)
7a + b + c 3a + 3a + a + b + c 9 3a a + b + c
7a + b + c 3 3 a + b + c
a
1 2
a
≤ ( +
)
Do đó:
7a 2 + b 2 + c 2 3 3 a + b + c
b
1 2
b
≤ ( +
)
Tương tự ta có:
2
2
2
3 3 a+b+c
a + 7b + c
c
1 2
c
≤ ( +
)
a 2 + b 2 + 7c 2 3 3 a + b + c
a

b
c
+
+
≤1
Cộng vế theo vế ta được:
2
2
2
2
2
2
2
7a + b + c
a + 7b + c
a + b 2 + 7c 2
Câu 4. Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y. Xét giá trị k nguyên dương sao cho phương trình đã cho có
nghiệm nguyên dương. Trong các nghiệm ấy ta gọi (x0;y0) là nghiệm sao cho x0≥y0≥1 và x0+ y0 nhỏ nhất.
2
2
Ta có x0 − ( ky0 − 1) x0 + y0 − y0 = 0 nên x0 là nghiệm của phương trình.
f ( x ) = x02 − ( ky0 − 1) x0 + y02 − y0 = 0

Vì f(x) là bậc 2 nên f(x) còn có thêm nghiệm là x1 + y0 ≥ x0+ y0 ⇒ x0≥y0≥1
Khi đó y0 nằm ngoài khoảng hai nghiệm của tam thức bậc hai f(x) có hệ số bậc 2 là số dương. Từ đó
f(y0)≥0.
2
Do f(y0) = 2 y02 + y0 − ky02 nên ta có k ≤ 2 + ≤ 4 (vì y0 ≥ 1). Suy ra k ∈ {1;2;3;4}
y0
y 2 3 2

+) Với k = 1 thì (1) ⇔ x2 + y2 + x + y = xy ⇔ (x − ) + y + x + y = 0 (vô lí)
2
2
2
+) Với k = 2 thì (1) ⇔ x2 + y2 + x + y = 2xy ⇔ ( x − y ) + x + y = 0 (vô lí)
+) Với k = 3 thì (1) ⇔ x2 + y2 + x + y = 3xy có nghiệm (x;y) = (2;2).
+) Với k = 4 thì (1) ⇔ x2 + y2 + x + y = 4xy có nghiệm (x;y) = (1;1).

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3


Câu 5. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
+) Với n = 2;
Giả sử bốn vận động viên tham gia là A, B, C, D và có 5 ván đấu diễn ra.
Nếu hai trong ba người BCD đều đã đấu với nhau một ván thì ta có điều phải chứng minh.
Nếu có hai trong ba người BCD chưa đấu với nhau. giả sử B và C chưa đối với nhau thì do số trận tối đa là
C42 − 1 = 5 mà đã có 5 ván diễn ra nên chỉ có B và C là chưa đó với nhau. khi đó ba người A B C D và E C
D thỏa mãn yêu cầu bài toán.
*
+) Giả sử bài Toán đúng với n = k ( k ∈ ¥ , k ≥ 2 )
+) Ta Chứng minh bài toán đúng với n = k +1
Giả sử E và F là 2 vận động viên đã đấu với nhau
nếu tổng số ván đấu của 2k vận động viên còn lại lớn hơn hoặc bằng k2 + 1Thì theo giả thiết quy nạp ta có
điều phải chứng minh.
Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại nhỏ hơn hoặc bằng k2 mà tại thời điểm này có
(k + 1)2 + 1 = k2 + 2k + 2 ván đấu diễn ra nên tổng số ván mà E và F đã đấu lớn hơn hoặc bằng 2k + 2 ( kể
cả ván đấu giữa E và F). Suy ra số ván đấu giữa E, F với nhóm 2k vận động viên lớn hơn hoặc bằng 2k + 1
(*).

Nhận xét: Nếu không có người nào trong nhóm 2k vận động viên đã thi đấu với cả E và F thì số phấn đấu
tối đa là 2k (mâu thuẩn với (*))
do đó trong số 2k vận động viên còn lại, phải có ít nhất một người đã thi đấu với E và F ( Giả sử là G). khi
đó ta có 3 vận động viên E F G thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy bài toán được chứng minh.
Câu 6: Ta có f(x) + f(x+1) = f(x+2).f(x+3) – 168
f(k+1) + f(x+2) = f(x+3).f(x+4) – 168
Do đó ∀k ∈ ¥ * thì f(x+2) – f(x) = f(x+3).  f ( k + 4 ) − f ( k + 2 ) 
Suy ra rằng:
f(3) – f(1) = f(4).f(6) ... f(2k).  f ( 2k + 1) − f ( 2k − 1)  (1)
f(4) – f(2) = f(5).f(7) ... f(2k+1).  f ( 2k + 2 ) − f ( 2k )  (2)
Do đó: f ( 3) − f ( 1) = f ( 4 ) . f ( 6 ) ... f ( 2k ) . f ( 2 x + 1) − f ( 2k − 1) với k ∈ ¥ * , k ≥ 2
Nếu f(3) ≠ f(1) thì f(2k+1) ≠ f(2k-1)
Vì f ( 2x + 1) − f ( 2k − 1) là số nguyên dương nên
f ( 2x + 1) − f ( 2k − 1) ≥ 1 và f(n) ≥ 2, ∀x ∈ ¥ *
k −1
Do đó f ( 3) − f ( 1) ≥ 2 , với k ∈ ¥ * , k ≥ 2
Điều này không thể xảy ra. Vậy f(3) = f(1) suy ra f(2x+1) = f(2x-1) = a
Tương tự f(2k+2) = f(2k) = b với a, b ∈ ¥ * , a, b ≥ 2
Giả thuyết : a + b = ab – 168 ⇔ ab – a – b + 1 = 169 = 132 ⇔ (a – 1)(b – 1)=132
b = 14
 a − 1 = 169
a − 1 = 1

⇔ a – 1 = b – 1 = 13 hoặc 
⇔ b = 2
hoặc 
b − 1 = 1
b − 1 = 169
b = 170


Vậy f(2014) = 2 hoặc f(2014) = 14 hoăc f(2014) = 170

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

4