KÌ THI OLYMPIC 103 LẦN THỨ II Toán lớp 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKLĂK
TRƯỜNG THPT: CƯMGAR

KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ II
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN ; LỚP:10


ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN
Bài 1 (4 điểm):
Giải phương trình sau : 2 x 2  4  5 x3  1
Đáp án chi tiết và thang điểm.
Đáp án

Bài

Giải phương trình sau : 2 x 2  4  5 x3  1
Điều kiện: x  1

Điểm

(1)

(1)  2( x 2  2)  5 x3  1
1

0,5

 2 ( x  1)  ( x 2  x  1)   5 ( x  1)( x 2  x  1) (2)
Đặt a 

0,5

x  1  0 ; b  x2  x  1  0

(2)  2  a 2  b 2   5ab  2a 2  5ab  2b 2  0

0,5

 2a  b
 (2a  b)(a  2b)  0  
 a  2b

0,5

Với 2a=b ta được:

2 x  1  x2  x  1  x2  5x  3  0  x 

5  37
nhận
2

1

Với a=2b ta được:

x  1  2 x2  x  1  4 x 2  5x  3  0 vô nghiệm
5  37
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 
2

0,5
0,5

Bài 2 (4 điểm):






Cho tam giác ABC,G là trọng tậm.Đặt GAB   , GBC   , GCA  
Chứng minh rằng : cot g  cot g   cot g 

3 a 2  b2  c2 
4S

Đáp án chi tiết và thang điểm.
Đáp án

Bài

Điểm

Ta có:

BG 2  AB 2  AG 2  2 AB. AG.cos 

2

 c 2  AG 2  2 AB. AG.sin  .cot g

0,5

 c 2  AG 2  4S ABG .cot g

0,5
0,5

4
 c 2  AG 2  S .cot g
3
3 2
 cot g 
c  GA2  GB 2  (1)

4S
Chứng minh tương tự:

0,5
0,5


3 2
a  GB 2  GC 2 

4S
3 2
cot g 
b  GC 2  GA2 


4S
cot g  

0,5

(2)

0,5

(3)

Cộng (1),(2) và (3) vế theo vế
Vậy : cot g  cot g   cot g 

3 a 2  b2  c2 

0,5

4S

Bài 3 (3 điểm):
Tìm giá trị lớn nhất của: P  ab c  2  bc a  3  ca b  4 với a  3, b  4, c  2
abc
Bài
Đáp án
Điểm
Ta có P 

3

c2

c

x  k k  2

a 3

a

b4
b

0,5

k x  k ,  x  k  0

0,5



xk xk k

x
2 k .x



xk
1


x
2 k

0,5

0,5

Dấu “=” xảy ra :x=2k

c2
a 3
b4


c
a
b
1
1
1
P


2 2 2 3 4
P

Vậy Pmax 

1

2 2



1
2 3



1
khi c  2, b  8, a  6
4

0,5

0,5


Bài 4(3 điểm):

5125  1
Chứng minh rằng số A  25
không phải là số nguyên tố.
5 1
Đáp án

Bài

Điểm

Đặt 5  x , khi đó A có dạng:
25

4

x5  1
x 1
 x  1  x 4  x3  x 2  x  1

A


0.5

x 1
 x  x  x  x 1
4

3

0.5

2

  x 2  3x  1  5 x  x  1
2

2

  x 2  3x  1  513  x  1 

2

  x  3x  1  5
2

13

0.5
2

 x  1  x

2

 3x  1  5

13

 x  1

0.5

(1)

Do x=525 nên dễ thấy cả hai nhân tử của (1) đều là hai số dương lớn hơn 1
5125  1
Vậy A  25
không phải là số nguyên tố.
5 1

0.5

0,5

Bài 5(3 điểm):
Trong mặt phẳng cho một đa giác đều gồm 1999 cạnh. Người ta sơn các cạnh của đa giác
bằng hai màu xanh và đỏ. Chứng minh rằng phải tồn tại 3 đỉnh được sơn cùng một màu
tạo thành một tam giác cân.
Bài

5

Đáp án
Ta có đa giác đều gồm 1999 cạnh nên có 1999 đỉnh.Do đó phải tồn tại hai
đỉnh kề nhau P và Q được sơn cùng một màu.
Vì đa giác đã cho là đa giác đều có một số lẻ đỉnh, cho nên phải tồn tại một
đỉnh nào đó nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng PQ.Giả sử đỉnh đó
là A.

Điểm
0,5

0.5

Nếu A tô màu đỏ thì ta có tam giác APQ là tam giác cân có 3 đỉnh A,P,Q
được tô cùng màu đỏ.

0.5

Nếu A tô màu xanh.Lúc đó gọi B và C là các đỉnh khác của đa giác kề với

P và Q.

0,5

Nếu cả 2 đỉnh B và C được tô ,màu xanh thì tam giác ABC cân và có 3
đỉnh cùng màu xanh.

0,5

Nếu ngược lại một trong hai đỉnh B hoặc C mà tô màu đỏ thì tam giác
BPQ hoặc tam giác CPQ là các tam giác cân có 3 đỉnh được tô màu đỏ.

0,5


Bài 6(3 điểm):
Tìm mọi hàm số f(x) xác định với mọi x sao cho

f ( xy)  f  x  y   f  x  y  1  xy  2 x  1, x, y  R
Bài

Đáp án
Giả sử f(x) hàm số xác định với mọi x và

Điểm

f ( xy)  f  x  y   f  x  y  1  xy  2 x  1, x, y  R

6

Thay y=-1 vào (1) ta được:
f ( x)  f  x  1  f  x   x  1, x  R

(2)

Thay y=0 vào (1) ta được:
f (0)  f  x   f  x  1  2 x  1, x  R

(3)

Từ (2),(3) suy ra f ( x )  f  0    x, x  R
Thay x=-x vào (4) ta được:
f  x   f (0)  x, x  R

 f  x   x  f (0)  0, x  R

(1)

0.5

(4)

0.5
0.5

(5)
(6)

Đặt g( x )  f  x   x  g( x )  g(0), x  R

0.5

(7)

Viết lại (1) dưới dạng sau:
 f ( xy)  xy    f  x  y   ( x  y)   f  x  y  1   x  y  1  0, x, y  R
 g( xy)  g( x  y)  g( x  y  1)  0, x, y  R
(8)

0.5

Thay vào (7) lần lượt x bởi xy,x-y,x+y+1 thì từ (8) có
3g(0)  0  g(0)  0  g( x)  0, x  R  f ( x)  x, x  R

0.5

Thử lại thấy

f  x   x , x  R thỏa mãn đề bài.

Vậy có duy nhất hàm số f(x)= x là nghiệm cần tìm.
………………………………Hết………………………………..