Đề thi HSG Toán 10 Trường THPT Chuyên Quảng Ninh

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KỲ THI OLYMPIC DUYÊN HẢI BẮC BỘ HẠ LONG Môn thi: Toán Tổ Toán-Tin
(Dành cho thí sinh thi lớp 10)
(Đề thi này có 01 trang) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1. (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f :( 0;+∞)→(0 ;+∞) thỏa mãn
f ( x− y )=f ( x)−f ( x) f (1)y;∀ x>y>0 x
Câu 2. (4,0 điểm) Cho các số thực dương a , b , c. Chứng minh rằng
√b+c +√c+a+√a+b 4(a+b+c) ≥ a b c
√(a+b)(b+c)(c+a)
Câu 3. (4,0 điểm) Chứng minh rằng có vô hạn bộ 4 số nguyên dương (x , y , z ,t) thỏa mãn
gcd ( x , y , z ,t )=1 và
x3+ y3+ z2=t4
Câu 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I), nội tiếp (O) . Đường tròn ngoại tiếp tam giác
AIC cắt đoạn BC tại D ' và đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC cắt đoạn AC tại E '. Biết (I) tiếp
xúc với BC , CA tại D , E và H là hình chiếu của C lên IO. Chứng minh rằng tam giác CD ' E ' đồng
dạng với tam giác HED.
Câu 5. (4,0 điểm) Với mỗi số nguyên dương n, gọi f (n) là số tập con của tập tất cả các số nguyên
dương không vượt quá n mà tổng các phần tử của nó bằng n. Tìm tất cả các số nguyên dương m
thỏa mãn f ( m)=f (m+1).
............................. Hết ........................... 1/ 4
SƠ LƯỢC LỜI GIẢI VÀ
HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu
Sơ lược lời giải Điểm
Giả sử f là hàm thỏa mãn đề bài. 1
Từ giả thiết ta có: f ( x )(1−yf (1) >0⟹ >f (1) với mọi x>y. Điều này suy ra x y x
1 ≥f (1) với mọi x>0. Hay f(x)≤x với mọi x>0. x x Câu 1
Từ giả thiết thay x bởi 1 và y thỏa mãn 1> y> 1
1+f (1) ta suy ra f (1) ≥ 1. Hay f (1)=1. 4,0
Từ giả thiết thay x bởi 1 và y bởi 1−a với 0<a<1 ta được f ( a)=a.
Vậy, với 1>x> y ta có:
x− y=f ( x− y)=x−xyf (1)x
Suy ra f (1)=1 với mọi x<1. Ta được hàm f (x)=x là hàm duy nhất thỏa mãn đề x x bài.
Áp dụng BĐT Cauchy–Schwarz ta được: b b
∑ +c √(b+a) (a+c)≥∑ +c (a+√bc) a a 1 1 1
Giả sử a ≥ b ≥ c. Ta có b+c≤ c+a ≤ a+b; ≤ ≤ và a b c
√bc≤√ca≤√ab. Áp dụng BĐT Chebyshev ta có: Câu 2 b 1
∑ +c √bc ≥ (b+c+c+a+a+b)(1+ 1+1)(√bc+√ca+√ab) a 9 a b c 4,0
Áp dụng BĐT AM-GM ta được biểu thức trên lớn hơn hoặc bằng:
2 (a+b+c)3.3. 3
(√bc.√ca.√ab)=2(a+b+c) 9 √ 1abc b+c Vậy ∑
√(b+a)(a+c)≥4(a+b+c). Ta có điều phải chứng minh. a
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c.
Kiểm tra được bộ 4 số dạng (2k3 ,2k ,(k3−1)2,k3+1) với k là số chẵn thỏa mãn đề bài. Câu 3
Vậy ta có điều phải chứng minh. 4,0 (Hình vẽ bên dưới)
Hiển nhiên H ∈(CI ). Do đó nên ∠ EHD=∠ ECD=∠ E ' CD '. Lấy S là giao điểm thứ
hai của (O) và (C E' D'). Khi đó
S E' =SA = A E' =1 S D' SB B D' Câu 4
Suy ra S là điểm chính giữa cung ACB của (O). 4,0
Lấy G là giao điểm của S E' và (O). Khi đó ∠ BG E'=∠ BGS=∠ BAS=900−∠ ACB . 2
Do E' , B , I , C cùng thuộc một đường tròn nên ∠ BI E'=1800−∠ ACB.Đồng thời CI là
phân giác ∠ BCE nên IB=IE ' và ∠ BI E'=2∠ BGE' nên ta có I là tâm ngoại tiếp tam
giác BGE '. Do đó IO ⊥ BG. Suy ra BG∥CH . Ta có ∠ DEH=∠ CD' E '. Từ đây suy ra
tam giác CD ' E ' đồng dạng với tam giác HED. 2/ 4
Thử trực tiếp m=1 ;2 ;3 ta được m=1 và m=3 thỏa mãn. Với m ≥ 4, mỗi tập con trong
f (m) tập con thỏa mãn có dạng {a ,… ,a }
<…<a ≤ m 1
k với 1 ≤ a1 k , khi đó tập Câu 5 {a ,… ,a +1} 1 k
là một trong số f (m+1) tập thỏa mãn. Mặt khác, với m=2 t+1 với t >1 thì 4,0
tập {1 , t , t+1} là tập khác biệt hoàn toàn với các tập đã ghép đôi ở trên, do đó
f ( m+1) ≥ f (m)+1>f (m). Với m=2 t với t >1 thì tập {t , t+1 } cũng là một tập tương tự
như vậy. Vậy f ( m+1)>f (m) với mọi m ≥ 4. Đáp số chỉ có m=1 và m=3.
............................. Hết ........................... 3/ 4