ĐỀ THI OLYMPIC 30 THÁNG 4 – TOÁN LỚP 10 NĂM 2003

ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình: {2x+x2y=y2y+y2z=z2z+z2x=x

Câu 2

Tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) có các đường phân giác trong AA;BB;CC cắt đường tròn (O) lần lượt tại A1, B1,C1. Chứng minh rằng: AAAA1+BBBB1+CCCC194

Câu 3

Cho các số thực không âm a1,a2,a3,,a2003 thỏa đồng thời các điều kiện sau:

i) a1+a2+a3++a2003=2

ii) a1a2+a2a3++a2002a2003+a2003a1=1

Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

S=a12+a22+a32++a20032

Câu 4

Cho phương trình: x33xy2+y3=n; với n nguyên dương.

i) Chứng minh rằng: nếu phương trình có nghiệm (x,y) thì phương trình có ít nhất 3 nghiệm nguyên khác nhau.

ii) Với n=2003 phương trình trên có nghiệm nguyên hay không? Tại sao?

Câu 5

Hãy tìm tất cả các tập hợp M gồm có n số thực, với n hữu hạn lớn hơn hoặc bằng 2 thỏa điều kiện: với mọi số a,b thuộc M, a khác b, thì 2a3b2 cũng thuộc M ?

Câu 6

Cho hai đường tròn đồng tâm O, bán kính R1,R, với R1>R và tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O,R). Tia AB,BC,CD,DA cắt đường tròn (O,R1) lần lượt tại A1, B1,C1,D1.

Chứng minh rằng: SA1B1C1D1SABCDR12R2

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải hệ phương trình: {2x+x2y=y2y+y2z=z2z+z2x=x

Lời Giải

Hệ đã cho (1){y(1x2)=2xz(1y2)=2yx(1z2)=2z

Vì một trong các giá trị x,y bằng ±1 đều không thỏa hệ phương trình (1) nên x±1,y=±1,z=±1

Nên hệ phương trình (1){y=2x1x2(1)z=2y1y2(2)x=2z1z2(3)

Đặt x=tga, với a(π2;π2)

Từ (1) ta có y=tg2a, từ (2) ta có z=tg4a, từ (3) ta có x=tg8a Do đó ta có tga=tg8a7a=kπ(kZ)

Suy ra a =kπ7, khi đó x=tgkπ7,y=tg2kπ7,y=tg2kπ7,z=tg4kπ7

Với phép thử, ta được k3;2;1;0;1;2;3 Vậy hệ phương trình đã cho có 7 nghiệm:

(tg3π7,tg6π7,tg12π7);(tg2π7;tg4π7;tg8π7)

(tgπ7;tg2π7;tg4π7);(0;0;0);(tg3π7;tg6π7;tg12π7)

(tg2π7;tg4π7;tg8π7);(tgπ7;tg2π7;tg4π7)

Câu 2

Tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) có các đường phân giác trong AA;BB;CC cắt đường tròn (O) lần lượt tại A1, B1,C1. Chứng minh rằng: AAAA1+BBBB1+CCCC194

Lời Giải

Đặt BC=a;AC=b;AB=c

Chứng minh được: ABAAA1C

AAAA1= b.c 

Mặt khác: AAAA1=AA2AAAA1=AA2bc

Chứng minh được: AA=2bccosA2 b+c

AAAA1=4 b2c2cos2A2( b+c)2bc

=2bc(1+cosA)(b+c)2=1a2(b+c)2

Tương tự: BBBB1=1b2(a+c)2;CCCC1=1c2(a+b)2

AAAA1+BBBB1+CCCC1=3[a2( b+c)2+b2(a+c)2+c2(a+b)2]

Ta lại có:

a2(b+c)2+b2(a+c)2+c2(a+b)2a22(b+c)2+b22(a+c)2+c22(a+b)2

=12[a2( b+c)2+b2(a+c)2+c2(a+b)2]

Chứng minh được: a2( b+c)2+b2(a+c)2+c2(a+b)232

Từ đó suy ra: AAAA1+BBBB1+CCCC194

Đẳng thức xảy raa=b=c. Khi đó tam giác ABC đều.

Câu 3

Cho các số thực không âm a1,a2,a3,,a2003 thỏa đồng thời các điều kiện sau:

i) a1+a2+a3++a2003=2

ii) a1a2+a2a3++a2002a2003+a2003a1=1

Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

S=a12+a22+a32++a20032

Lời Giải

Không mất tính tổng quát, giả sử rằng a2003 là min (ai)a1>0 Từ giả thiết đó

4=(a1+a2++a2003)2

(a1+a2++a2003)2(a1a2+a3+a2003)2

=4(a1+a3++a20033)(a2+a4++a2002)

4(a1a2+a2a3++a2002a2003)+

+4(a1a4+a2a5++a2000a2003)+4a1(a6+a8++a2002)

=4(1a2003a1)+4(a1a4+a2a5++a2000a20033)+

+4a1(a6+a8++a2002)

=4+4(a1a4+a2a5++a2000a20013)+4a1(a6+a8++a2002a2003)

4

Do đó ta phải có:

{a1+a3++a2003=a2+a4++a2002=1(1)a1a4=a2a5==a2000a2003=0(2)a6+a8++a2002=a2003(3)

a1>0 nên a4=0(do2)

a20013=min(ai) nên a2003=0

Do đó a6=a8==a2002=0(do3)

Từ (1) ta có: a2=1 và từ (ii) ta có a1+a3=1

Áp dụng điều đó vào i) ta có a4+a5++a2003=0

Suy ra a4=a5==a2003=0. Do đó

S=a12+a22+a32=a12+1+(1a1)2=2(a112)2+32

Do đó Smax khi a1=1, khi đó smax=2.

S min khi a1=12, khi đó Smin=32.

Câu 4

Cho phương trình: x33xy2+y3=n; với n nguyên dương.

i) Chứng minh rằng: nếu phương trình có nghiệm (x,y) thì phương trình có ít nhất 3 nghiệm nguyên khác nhau.

ii) Với n=2003 phương trình trên có nghiệm nguyên hay không? Tại sao?

Lời Giải

i) Ta có x33xy2+y3=(yx)33(yx)x2+(x)3

x33xy2+y2=(y)33(y)(xy)2+(xy)3

Vậy phương trình có nghiệm (x,y) thì cũng có 2 nghiệm nữa là

(yx,x)(y,xy)

Và 3 nghiệm ấy là phân biệt vì nếu 2 nghiệm bằng nhau thì dẫn tới x=y=0 trái với giả thiết n>0.

ii) Giả sử phương trình x33x2+y3=2003 có nghiệm.

Ta có: 2003=1(mod3)

x33xy2+y3=x3+y31(mod3)

x+y1(mod3)

Do đó:

a) x0,y1(mod3)

x=3k;y=3k1 suy ra x33xy2+y31(mod9)

Mặt khác 20055(mod9) vô lí.

b) x1,y0(mod3) tương tự dẫn đến vô lí.

c) x1,y1(mod3) tương tự dẫn đến vô lí.

Do (yx,x) cùng là nghiệm nên trở lại trường hợp x0,y1(mod3)

Vậy phương trình vô nghiệm.

Câu 5

Hãy tìm tất cả các tập hợp M gồm có n số thực, với n hữu hạn lớn hơn hoặc bằng 2 thỏa điều kiện: với mọi số a,b thuộc M, a khác b, thì 2a3b2 cũng thuộc M ?

Lời Giải

Nhận xét: 0M vì nếu không M sẽ chứa vô hạn các phần tử (23)na,n N, với a0,aM.

Hơn nữa, M có chứa phần tử âm. Thật vậy, nếu tất cả các phần tử của M đều dương thì tồn tại một phần tử nhỏ nhất của M, gọi là b sao cho c ta có:

2b3c2>bb3c2<0 (vô lí)

Đặt a1<a2<<ak là tất cả các số âm của M. Ta có:

2a13a22<2a13a32<<2a13ak2<2a13a32<<2an13ak2

2k3 số âm khác nhau của M2k3kk3

  • Xét k=32a13a22<2a13a32<2a23a32

{23a1a12=a123a2a32=a223a3a22=a3 Hệ vô nghiệm (loại)

  • Xét k=2 : Ta có 2a13a22M2a23a12M

Nếu 2a13a22=2a23a12(hoc=a2)

a1+a2=23a1=3a22( hoặc a2=3a12)

[a2=13=a1 (loại vì a1a2)a2=23,a1=43( loại vì a1a2<0)

Nếu 2a13a222a23a12 thì một trong 2 số này hoặc bằng a1 hoặc bằng a2.

Xét {23a1a22=a223a2a12=a1a1=a2=13 (vô lí). Tương tự cho trường hợp còn lại.

Do đó M chỉ chứa 1 số âm, gọi là a.

Nếu b và c là 2 số dương phân biệt của M thì 23ab223ac2 là 2 số âm phân biệt của M (loại)

Do đó M chỉ chứa 1 số dương, gọi là bM=a,b,a<0, b<0

Ta có:

23ab2<023ab2=aa=3b2

23ba2=23b4b4=[b(b=0 hay b=13) (loại) 3b2b=23 (nhận) 

Kết luận: a=43;b=23M(43,23)

Câu 6

Cho hai đường tròn đồng tâm O, bán kính R1,R, với R1>R và tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O,R). Tia AB,BC,CD,DA cắt đường tròn (O,R1) lần lượt tại A1, B1,C1,D1.

Chứng minh rằng: SA1B1C1D1SABCDR12R2

Lời Giải

Đặt AB=a;BC=b

CD=c;DA=d

A1 B=x;B1C=y

C1D=z;D1 A=t

SA1B1C1D1SABCD=1+SA1B1BSABCD+SB1C1CSABCD+SC1D1DSABCD+SD1A1DSABCD

=1+x(b+y)ab+cd+y(c+z)ad+bc+z(d+t)ab+cd+t(x+a)ad+bc

1+x(R12R2)y4R2+y(R12R2)z4R2+z(R12R2)t4R2+t(R12R2)x4R2

=1+(R12R2)4R2(xy+yz+zt+tx)1+(R12R2)4R24=R12R2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ABCD là hình vuông.

 

 

 

 

 

 

 

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *