Title Đề Thi Olympic Toán Trại Hè Hùng Vương 2019 (Khối 10) [Đáp Án].pdf ✅

Họ và tên thí sinh:................................................Số báo danh:........................ Câu 1. (4,0 điểm) Giải hệ phương trình      2 3 4 8 , . 2 2 2 2 2 3 11 x y y x y x y x y x y x x                     Câu 2. (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O và ngoại tiếp đường tròn I . Đường tròn K tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại F, E và tiếp xúc trong với O tại P. Các đường thẳng BI và CI cắt O lần lượt tại các điểm thứ hai là X và Y, đường thẳng AP cắt K tại điểm thứ hai là D. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác AXE và AYF cắt nhau tại điểm thứ hai là Z. Chứng minh: a. Tiếp tuyến tại D của K và tiếp tuyến tại A của O song song với nhau; b. Đường thẳng XY đi qua trung điểm của đoạn thẳng AZ. Câu 3. (4,0 điểm) Tìm tất cả các đa thức P x  với hệ số thực, có bậc nhỏ hơn 2019 sao cho: Tồn tại 2019 số thực 1 2 2019 a a a , , , đôi một phân biệt mà     2019 P a P a a a i j i j    với mọi i j , 1,2, ,2019   . Câu 4. (4,0 điểm) Tìm tất cả các cặp số  x y, , với x là số tự nhiên và y là số nguyên tố, thỏa mãn 1 1 !   x y y    . Câu 5. (4,0 điểm) Xét 6 điểm trên mặt phẳng, không có 3 điểm thẳng hàng. Nối tất cả các đoạn thẳng có đầu mút là 2 trong số 6 điểm trên, tô màu mỗi đoạn thẳng bởi 1 trong 2 màu xanh, đỏ. Một tam giác được gọi là đơn sắc nếu có 3 đỉnh được lấy từ 6 điểm trên và 3 cạnh được tô cùng màu. Chứng minh tồn tại ít nhất 2 tam giác đơn sắc. ...........................HẾT.......................... Lưu ý: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV–SƠN LA 2019 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: Toán - KHỐI: 10 Ngày thi: 27 tháng 7 năm 2019 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC
Hướng dẫn chấm - Trang 1 Lưu ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà cho kết quả chính xác, có chứng cứ khoa học vẫn cho điểm tối đa. Câu Nội dung Điểm Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình        2 3 4 8 1 2 2 2 2 2 3 11 2 x y y x y x y x y x x                    Điều kiện 4 1 y x y       0,5 1 4 2 4 0 4 2              x y y x y y x y   1,5 Thay vào 2 ta được   2 x x x x        2 7 11 3 Điều kiện x 2        2 2 3 2 3 0 2 2 7 3 1 1 2 3 0 2 2 7 3 x x x x x x x x x x                                 x y 2 1 (thỏa mãn điều kiện). 2,0 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 2;1. Câu 2 (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O và ngoại tiếp đường tròn I . Đường tròn K tiếp xúc với AB, AC tại F, E và tiếp xúc trong với O tại P. Các đường thẳng BI và CI cắt O tại các điểm thứ hai là X và Y, đường thẳng AP cắt K tại điểm thứ hai là D. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác AXE và AYF cắt nhau tại điểm thứ hai là Z. Chứng minh: a. Tiếp tuyến tại D của K và tiếp tuyến tại A của O song song với nhau; b. Đường thẳng XY đi qua trung điểm của đoạn thẳng AZ. TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV–SƠN LA 2019 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: Toán - KHỐI: 10 Ngày thi: 27 tháng 7 năm 2019 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (HDC có 04 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM
Hướng dẫn chấm - Trang 2 M N Z Y D F P X K E I O B C A a (2,0 điểm) Đường tròn O và K tiếp xúc với nhau tại P nên P là tâm vị tự của 2 đường tròn. Ta có     : ,     O R R K V K O D A P . 1,0 Gọi 1 2 d d, là tiếp tuyến của K tại D và tiếp tuyến của O tại A. Suy ra     1 2 : R O R K V d d P , suy ra 1 2 d d / / . 1,0 b (2,0 điểm) Ta có     :    O R R K V K O P , suy ra qua phép vị tự thì AB biến thành tiếp tuyến song song với AB của O , đó là tiếp tuyến tại Y, suy ra     : R O R K V F Y P , hay các điểm Y, F, P thẳng hàng. Tương tự các điểm X, E, P thẳng hàng. 0,5 Theo trên ta thấy     : R O R K V FD YA P , suy ra FD YA // , tương tự ED XA // . Gọi M và N là các giao điểm thứ 2 của K với  AXE và  AYF. Gọi X ' là giao điểm thứ 2 của DM và AXE , ta có AX D AEM MDE X DE ' '    , suy ra AX DE '/ / , suy ra X X '  , hay D M X , , thẳng hàng. Tương tự Y D N , , thẳng hàng. 0,5 Ta có o o o AZE AXE AXP AYP AYF AZF         180 180 180 , suy ra E Z F , , thẳng hàng. 0,5 Ta có o o DXZ MEZ MEF MDF FDX       180 180 , suy ra DF XZ // , suy ra AY XZ / / . Tương tự AX YZ // . Suy ra AYZX là hình bình hành, suy ra XY đi qua trung điểm của AZ . 0,5 Câu 3 (4,0 điểm) Tìm tất cả các đa thức P x  với hệ số thực, có bậc nhỏ hơn 2019 sao cho: Tồn tại 2019 số thực 1 2 2019 a a a , , , đôi một phân biệt mà     2019 P a P a a a i j i j    với mọi i j , 1,2, ,2019   .
Hướng dẫn chấm - Trang 3 Giả sử có đa thức P x  thỏa mãn. Ta có    1 1  2019 P a P a a a i i    hay             1 1 1 1 2019 , 2 2019 i i i i P a P a a a i P a P a a a             . 1,0 Giả sử tồn tại i j  1 sao cho             1 1 1 1 2019 2019 i i j j P a P a a a P a P a a a           , suy ra P a P a a a a  i j i j        2019 2  1  Theo giả thiết ta có         1 1 1 1 2019 2019 2 2019 2019 2 i j i j j i j i i j a a a a a a a a a a a a a a                   , mâu thuẫn. Vậy             1 1 1 1 2019 , 2 2019 , 2 i i i i P a P a a a i P a P a a a i               . 1,0 Trường hợp 1: P a P a a a i  i i        1 1  2019 , 2   , suy ra P a a P a a c i  i i        2019 2019 , 2  1 1  , với c là hằng số. Ta thấy đa thức P x x c     2019 có bậc nhỏ hơn 2019 và có 2019 nghiệm là 1 2 2019 a a a , ,..., nên P x x c P x x c         2019 0 2019 .   1,0 Trường hợp 2: P a P a a a i  i i        1 1  2019 , 2   , tương tự như trên ta có P x x c      2019 . 0,5 Thử lại ta thấy các đa thức P x x c     2019 và P x x c      2019 với c là hằng số đều thỏa mãn. 0,5 Câu 4 (4,0 điểm) Tìm tất cả các cặp số  x y,  , với x là số tự nhiên và y là số nguyên tố, thỏa mãn 1 1 !   x y y    . Dễ thấy x  0 không thỏa mãn, suy ra x 1. 0,5 Ta có     1 2 1 1 ! ... 1 2 ! x x x y y y y y            0,5 Ta chứng minh y  7. Giả sử  x y,  thỏa mãn và y là số nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 7. Do y lẻ nên 1 2 y  là số nguyên dương và 1 2 2 2 y y     Suy ra   1 2 ! 2. 1 2 y y y     hay    1 2 ... 1 0 mod 1 x x y y y        . Ta có 1 mod 1 , 0,1,...    i y y i    nên    1 2 ... 1 mod 1 x x y y x y        Suy ra x y 1 , mà x dương nên x y  1. Tuy nhiên ta có     2 1 1 2 2 ... 1 2 ! 2 y x x x y y y y y y y               Suy ra x y    1 2 hay x y  1 , mâu thuẫn. Vậy giả sử sai, hay y  7. 2,0