Đề thi đề nghị môn Toán Lớp 10 Kỳ thi Olympic 23-3 Tỉnh ĐăkNông lần thứ 5 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Trần Hưng Đạo

Nội dung text: Đề thi đề nghị môn Toán Lớp 10 Kỳ thi Olympic 23-3 Tỉnh ĐăkNông lần thứ 5 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Trần Hưng Đạo

1. Mã số câu: Câu hỏi 3: (3,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: 2a2 2bc 2b2 2ca 2c2 2ab 0 2a2 b2 c2 2b2 c2 a2 2c2 a2 b2 Đáp án câu hỏi 3: CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 3 BĐT tương đương với 2a2 2bc 2b2 2ca 2c2 2ab 0,5 0 2a2 b2 c2 2b2 c2 a2 2c2 a2 b2 2bc 2a2 2ca 2b2 2ab 2c2 0 2a2 b2 c2 2b2 c2 a2 2c2 a2 b2 2bc 2a2 2ca 2b2 2ab 2c2 1 1 1 3 2a2 b2 c2 2b2 c2 a2 2c2 a2 b2 b2 c2 2bc a2 c2 2ca a2 b2 2ab 3 2a2 b2 c2 2b2 c2 a2 2c2 a2 b2 (b c)2 (c a)2 (a b)2 3 2a2 b2 c2 2b2 c2 a2 2c2 a2 b2 (a b)2 a2 b2 0,5 Ta có bất đẳng thức quen thuộc: (*) với a, b, x, y x y x y dương. Thật vậy (a b)2 a2 b2 a2 2ab b2 xy a2 y b2 x (x y) x y x y b2 x2 a2 y2 2abxy 0 (bx ay)2 0 (luôn đúng). Dấu “=” xãy ra bx ay. Áp dụng (*) ta có: 1,0 (b c)2 (b c)2 b2 c2 2a2 b2 c2 (a2 b2 ) (a2 c2 ) a2 b2 a2 c2 (a c)2 (a c)2 a2 c2 2b2 a2 c2 (a2 b2 ) (b2 c2 ) a2 b2 b2 c2 (a b)2 (a b)2 a2 b2 2c2 a2 b2 (a2 c2 ) (b2 c2 ) a2 c2 b2 c2 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta được 1,0 5
2. Câu hỏi 4: (3,0 điểm) Mã số câu: Giải phương trình nghiệm nguyên x2 y4 2019 Đáp án câu hỏi 4: CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 4 Ta có x2  0,1,4(mod8). 0,5 Thật vậy, giả sử x 8k, k ¢ thì x2 (8k)2  0(mod8); x 8k 1, k ¢ thì x2 (8k 1)2 8(8k 2 2k) 1 1(mod8); x 8k 2, k ¢ thì x2 (8k 2)2 8(8k 2 4k) 4  4(mod8); x 8k 3, k ¢ thì x2 (8k 3)2 8(8k 2 6k) 9 1(mod8); x 8k 4, k ¢ thì x2 (8k 4)2 8(8k 2 8k) 42  0(mod8) Vì y2  0,1,4(mod8) y4  0,1(mod8). 0,5 Do đó x2 y4  0,1,2,4,5(mod8) 1,0 Mà 2019  3(mod8) nên phương trình vô nghiệm nguyên 1,0 7
3. Câu hỏi 6: (3,0 điểm) Mã số câu: Tìm các hàm số f : ¥ ¥ thỏa mãn: f ( f (n) m) n f (m 2018), m,n ¥ . Đáp án câu hỏi 6: CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 6 f ( f (n) m) n f (m 2018), m,n ¥ . (1) 0,5 Trước hết ta chứng minh f là đơn ánh Giả sử f n1 f n2 f f n1 m f f n2 m n1 f m 2018 n2 f m 2018 n1 n2. Vậy f đơn ánh. Từ (1) cho m f (1), n ¥ , f ( f (n) f (1)) n f ( f (1) 2018) 0,5 f ( f (n) f (1)) n 1 f (2018 2018) f ( f (n 1) 2018). Vì f đơn ánh nên ta có f (n) f (1) f (n 1) 2018 0,5 f (n 1) f (n) f (1) 2018. Đặt f (1) 2018 a. 1 Khi đó f (n 1) f (n) a. Bằng chứng minh quy nạp ta có f (n) na 2018. Thật vậy, với n 1 ta có f (1) a 2018. Mệnh đề đúng theo cách đặt. Giả sử mệnh đề đúng với n k 1, tức là có f (k) ka 2018. Ta chứng minh mệnh đề đúng với n k 1, tức là chứng minh f (k 1) (k 1)a 2018. Thật vậy, ta có f (k 1) f (k) a ka 2018 a (k 1)a 2018. Mệnh đề đúng với n k 1, theo giả thiết qui nạp mệnh đề đúng với mọi n ¥ . Thay f (n) na 2018 vào (1) 0,5 f (na 2018 m) n a(m 2018) 2018 (na 2018 m)a 2018 n a(m 2018) 2018 na2 n,n ¥ a2 1 a 1 f (n) n 2018. 9