Đề Olympic 30 tháng 4 Toán 10 năm 2021 trường chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 THÁNG 4 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LẦN THỨ XXVI - NĂM 2021 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Ngày thi: 03/4/2021 LÊ HỒNG PHONG MÔN THI: TOÁN - KHỐI: 10 THỜI GIAN: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC
Hình thức làm bài: Tự luận Đề thi có 01 trang
Lưu ý: - Thí sinh làm mỗi câu trên một tờ giấy riêng và ghi rõ câu số mấy ở trang 1 của mỗi tờ giấy thi.
- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
Câu 1. (3,0 điểm) Cho a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2 . Chứng minh 3 3 3 a  b  c  3abc 2 2 2 2 2 2 2 2 
 a  b  b  c  c  a  2 3. 6 2 x 1  y 1 
Câu 2. (4,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn 2 y 1  z 1  2 z 1  x 1. 
Chứng minh x  y  z là số nguyên.
Câu 3. (4,0 điểm) Với số nguyên dương n  2, xét bảng vuông gồm có 2n   1  2n   1 ô vuông, người
ta viết vào mỗi ô chỉ một trong 3 số 1, 0 hoặc 1 sao cho trong mỗi bảng con 2  2 luôn tìm được
3 ô có tổng bằng 0 . Gọi S là giá trị lớn nhất của tổng tất cả các số trong bảng. Chứng minh n a. S  5. 2 b. 2 S  n  n 1. n Câu 4. (4,0 điểm)
a. Chứng minh tồn tại 2 cặp số (a, b) với a , b là các số nguyên dương thỏa mãn 2 2 9 a  3b  7 .
b. Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phương trình 2 2    7n x y xy
có nghiệm trong tập số nguyên không chia hết cho 7.
Câu 5. (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC nội tiếp đường tròn (O). Tia AO cắt đoạn thẳng BC tại .
L Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường thẳng BC. Giả sử tiếp tuyến qua A của
đường tròn ngoại tiếp tam giác A B  C cắt các tia A ,
B AC lần lượt tại các điểm , D . E
a. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp các tam giác A D B  , A E C 
, AAL cùng đi qua một điểm khác A .
b. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam
giác JDE tiếp xúc với (O). HẾT
Họ tên thí sinh: ..................................................................... SBD: ...................................................
Trường: ................................................................................. Tỉnh/TP: .............................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 THÁNG 4 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LẦN THỨ XXVI - NĂM 2021 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Ngày thi: 03/4/2021 LÊ HỒNG PHONG
MÔN THI: TOÁN 10 - THỜI GIAN: 180 phút ĐÁP ÁN
Hình thức làm bài: Tự luận Đề thi có 01 trang Bài Nội dung Điểm Cho a, ,
b c là độ dài các cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh 1 3 3 3 a  b  c  3abc 3,0 2 2 2 2 2 2 2 2 
 a  b  b  c  c  a  2 3. 6 Do a, ,
b c là độ dài ba cạnh tam giác nên
0  c  a  b  0  2c  a  b  c  2  0  c 1.
Chứng minh tương tự, ta được 0  a  1, 0  b  1. 2,0 Đặt 2 2 2 2 2 2
A  a  b  b  c  c  a . Ta có 2 2 2
A  6(a  b  c )  6(a  b  c)  2 3 . (1) Nhận xét: Từ 0  a, , b c  1 suy ra  2 2
2 a  b   a  b  4 . 2 2 (a  b) (a  b) Ta có 2 2 2(a  b )  a  b   . 2 2 2(a  b )  a  b 4
Viết 2 bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta có 1,0 2 2 2
(a  b)  (b  c)  (c  a) A 2  4  4 2 2 2 3 3 3
(a  b)  (b  c)  (c  a) a  b  c  3abc   2 3 2 3 2
Từ (1) và (2), ta có điều phải chứng minh. Trang 3 2 x 1 y 1 
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn 2 y 1  z 1 Bài 2  4,0 2 z 1  x 1. 
Chứng minh rằng x  y  z là số nguyên.
Nhân theo vế các phương trình đã cho, ta được
(x 1)( y 1)(z 1)[(x 1)(y 1)(z 1) 1]  0 x  1   y  1     z  1  1,0  x   1  y   1  z   1  1. Nếu x  1  thì y  z  1
 , suy ra x  y  z  3   . Nếu y  1  hoặc z  1  làm tương tự.
Xét trường hợp  x   1  y   1  z   1 1  0 (*).
Đặt p  x  y  z,q  xy  yz  zx,r  xyz ta có  
*  r  p  q  2  r  q  p  2 . (1) 0,5
Cộng ba phương trình ban đầu theo vế ta được 2 2 2 2
x  y  z  x  y  z  6  p  p  6  2 . q (2) 2 2 x 1  y 1 x  y  2   Ta có 2 2
y 1  z 1  y  z  2   2 2 z 1  x 1. z  x  2   0,5
Nhân các phương trình trên theo vế, ta được
xyz2  x   y  z   2 2 2
2  r  r  4 p  2q  8. (3)
Thay (1) và (2) vào (3) ta được 2 2 2  p  p  6   p  p  6   p  2   p  2  4 p       2p  p 68.  2   2  2,0
Giải phương trình trên thu được 4 nghiệm p 0;1; 1  ;  6 .
Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có p  x  y  z là số nguyên. Trang 4
Với số nguyên dương n  2, xét bảng vuông gồm có (2n − 1)×(2n − 1) ô vuông,
người ta viết vào mỗi ô chỉ một trong 3 số 1, 0 hoặc −1 sao cho trong mỗi bảng con
Bài 3 2×2 luôn tìm được 3 ô có tổng bằng 0. Gọi S là giá trị lớn nhất của tổng tất cả các n 4,0
số trong bảng. Chứng minh a) S  5. b) 2 S  n  n 1. 2 n
Nhận xét: Ta thấy tổng các số trong bảng con 2 2 thì luôn nhỏ hơn hoặc bằng 1. 0,5
Đặt T là tổng các số trong bảng vuông 2n   1 2n   1 . n
Xét cấu hình gồm 7 ô như sau
Ta có a  b  c  d  1 và d  e  f  g  1. Từ đó suy ra a)
a  b  c  d  e  f  g  a  b  c  d   d  e  f  g  d  2  d  3. 1,0
Xét bảng vuông 3 3 , ta có T  3 11  5 . 2
Ta chỉ ra một cách điền số để dấu bằng xảy ra như sau 0,5 Vậy S  5 . 2 Ta chứng minh “ 2
S  n  n 1, với mọi n  ,
 n  2” bằng phương pháp quy nạp n theo n .  Với n  2 thì 2
S  2  2 1  5 (đúng theo câu a). 2
 Giả sử mệnh đề đúng với n  k  ,  k  2, tức là 2 S  k  k 1. k  Ta cần chứng minh S         .  k 2 1 k  2 1 1 k 3k 1 k 1
Ta chia bảng vuông 2k   1 2k   1 thành 4 vùng như sau b) 1,0 Trang 5
 Tổng các số trong vùng (I) không vượt quá 2 S  k  k 1. k
 Ta chia vùng (II) thành k 1 hình vuông 2 2 riêng biệt, khi đó tổng
các số trong vùng (II) không vượt quá k   1 .1  k 1.
 Ta chia vùng (III) thành k 1 hình vuông 2 2 riêng biệt, khi đó tổng
các số trong vùng (III) không vượt quá k   1 .1  k 1.  Xét riêng vùng (IV) 0,5
a  b  c  d  e  f  g  h  a  b  d  e  c  d  f  g   d  h  1111  4 Khi đó T            . (*) 
 2k k 1 k 1 k  2 1 4 k 3k 1 k 1
Xét cách điền số vào bảng 2k   1 2k   1 như sau:
 Điền số 1 vào tất cả ô trên các dòng 1, 3, 5,..., 2k  1.  Điền số 1
 vào các ô 2i,2 j với i 1;2;...;k và j 1;2;...;k.
 Các ô còn lại điền số 0. 0,5
Minh họa cách điền số với n = 4 Khi đó 2 S  k  3k 1. k 1 
Vậy theo nguyên lý quy nạp, ta có 2
S  n  n 1 với mọi * n   , n  2 , đpcm. n Trang 6
a) Chứng minh tồn tại 2 cặp số ( , a )
b với a,b là các số nguyên dương thỏa mãn 2 2 9 a  3b  7 .
Bài 4 b) Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phương trình 4,0 2 2    7n x y xy
có nghiệm trong tập số nguyên không chia hết cho 7. a) Hai cặp nghiệm là 4 4 (7 .2,7 ) và 3 3 (7 .10,7 .9) . 1,5
Ta biến đổi phương trình đã cho thành 2 2    7n x y xy n        2 2 2 2 4 4 4 4.7 2  3  4.7n x y xy x y y .
Ta chứng minh phương trình 2 2  3  7n a b (*) có nghiệm ( , a ) b mà 0,5
a  0, b  0 (mod 7) (1)
bằng phương pháp quy nạp theo n.
+ Với n  1, phương trình  
* có nghiệm a ,b  2,1 thỏa (1). 1 1    + Giả sử với *
n  k   , phương trình (*) có nghiệm a ,b thỏa (1), tức là k k  2 2 a  3b  7k k k và 1,0
a  0, b  0 (mod 7). k k Ta có
k   a  b  a  b  a  b  a  b  a  b . k k   k k 2  k k 2  k k 2  k k 2 1 2 2 7 7 3 2 3 3 2 2 3 3 2
Ta thấy 2a  3b   2a  3b   4a  0 (mod 7) , nên phải tồn tại một trong k k k k k b)
hai số không chia hết cho 7, giả sử 2a  3b  0 (mod 7). k k
Do 22a  3b   3a  2b   7a  0 (mod 7) nên a  2b  0 (mod 7). 0,5 k k k k k k k
Do đó với n  k 1 thì a ,b
 2a  3b , a  2b là một nghiệm của k 1  k 1    k k k k 
phương trình (*) và thỏa điều kiện (1).
Ta chứng minh phương trình đã cho có nghiệm với mọi n nguyên dương.
Với mỗi số nguyên dương n , gọi a ,b là một nghiệm thỏa điều kiện (1) của n n  phương trình 2 2  3  7n a b .
Chọn x  a  b , y  2b thì n n n n n  x  y 2 2 2 2  y  a  b   2 2 2 3 4 12 4 a  3b   4.7n . n n n n n n n
Suy ra  x , y   a  b , 2b là nghiệm của phương trình 2 2    7n x xy y . n n n n n  0,5
Hiển nhiên y  2b  0 (mod 7) do b  0 (mod 7). n n n
Giả sử x  0 (mod 7)  a  b (mod 7). n n n Khi đó n 2 2 2
7  a  3b  4b (mod 7)  b  0 (mod 7) (vô lí). n n n n Do đó x  0 (mod 7). n
Vậy với mọi n nguyên dương thì phương trình 2 2    7n x y xy có nghiệm
trong tập hợp các số nguyên không chia hết cho 7. Trang 7
Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC , nội tiếp đường tròn (O). Tia AO cắt đoạn thẳng BC tại .
L Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường thẳng BC. Tiếp tuyến
qua A của đường tròn ngoại tiếp tam giác A B  C cắt các tia A , B AC lần lượt tại
các điểm D, E. Chứng minh Bài 5 5,0
a) Đường tròn ngoại tiếp các tam giác A B  , D A C  E, A A
 L cùng đi qua một điểm khác A .
b) Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. Chứng minh đường tròn
ngoại tiếp tam giác JDE tiếp xúc với (O).
Giả sử các điểm có vị trí như hình vẽ, các trường hợp khác chứng minh tương tự. 1,0 a)
a) Gọi T là giao điểm khác A của  ABD và  A C  E . Ta có  o BTC  360   BTA   CTA o  180     180o BTA    CTA   D   o E  180   BAC 1 1 Suy ra T O . Khi đó  ATA   ATB   BTA   o C  180   D   C   A   B 1 1 1 1 1   C   C  2 BAA 1 2  2 C  2 LAC 1 1,0  2 ALB   ALA .
Suy ra ALTA là tứ giác nội tiếp. Vậy  A D B ,  A C  E,  A A  L cùng đi qua T . Ta có  DTE   B   o
C  2 90  B  2 90  C  2A  DJE nên T  (DJE). 1 3   o      1,0
Kẻ tiếp tuyến của O là Tx như hình vẽ. Ta có  DTx   DTB   xTB b)   A   TCB 1   C   TCB 2,0 2   TCA   TE . D
Suy ra Tx cũng là tiếp tuyến của TJED.
Vậy  JDE và O tiếp xúc nhau tại T . Trang 8 Trang 9