Title Đề Thi Olympic Toán Trại Hè Hùng Vương 2017 (Khối 10) [Đáp Án].pdf ✅

Câu 1 (4,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực: 2 2 3 1 1 1 1        x x x x . Câu 2 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi 1 ( ) O là đường tròn đi qua B và tiếp xúc với AC tại A ; 2 ( ) O là đường tròn đi qua C và tiếp xúc với AB tại A. P là giao điểm thứ hai của 1 ( ) O và 2 ( ) O ; K L, theo thứ tự là giao điểm thứ hai của 1 2 ( ), ( ) O O với đoạn thẳng BC . Gọi ( ) S là đường tròn ngoại tiếp tam giác PKL . a) Chứng minh rằng: AK AL , tiếp xúc với ( ) S . b) Gọi Q là giao điểm thứ hai của ( ) S và AP ; E là giao điểm của QK và AB ; F là giao điểm của QL và AC . Chứng minh rằng các điểm A K L S E F , , , , , cùng thuộc một đường tròn. (Chú ý. Ta kí hiệu ( ) X là đường tròn có tâm X ). Câu 3 (4,0 điểm) Cho đa thức 4 3 2 f x x x mx nx p ( )      , trong đó m n p , , là các số nguyên đôi một phân biệt, khác không, sao cho 4 3 f m m m ( )   và 4 3 f n n n ( )   . Tìm m n p , , . Câu 4 (4,0 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , ) a b thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: i) 2 a b  là lũy thừa của một số nguyên tố; ii) 2 a b  chia hết cho 2 a b  . Câu 5 (4,0 điểm) Cho tập S {1,2,3,...,2025}. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất n sao cho: Với mọi tập con T của S gồm n phần tử, tồn tại hai phần tử phân biệt u v T ,  sao cho u v   20. -----HẾT----- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ................................................... Số báo danh: ............................. TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII TUYÊN QUANG 2017 ĐỀ THI OLYMPIC MÔN TOÁN LỚP 10 Ngày thi: 29 tháng 7 năm 2017 Thời gian làm bài:180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC
1 HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLYMPIC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII MÔN TOÁN 10 (Hướng dẫn này có 03 trang) ----- Câu 1 (4,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực: 2 2 3 1 1 1 1        x x x x . (Dựa trên đề đề xuất của THPT chuyên Thái Nguyên) Hướng dẫn chấm Điểm 4,0 Điều kiện xác định: 1 5 1 2 x     (1). 0,5 Đặt 2 2 3 u x v x x t x        1 , 1, 1 ta được 2 2 3 , , 0 1 1 u v t u v t u v t             (2). 1,0 Từ (2) suy ra 2 2 3 0 , , 1 1 1           u v t u v t u v t . Do đó 2 2 3 1 , , 0 0 1 1 (2) 0 1 0 u u v t v t u v t v u u u t v v t t t u v                                           . 1,5 Thay lại biến x ta được tập nghiệm của phương trình là S  {1}. 1,0 Câu 2 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC . Gọi 1 ( ) O là đường tròn đi qua B và tiếp xúc với AC tại A ; 2 ( ) O là đường tròn đi qua C và tiếp xúc với AB tại A . P là giao điểm thứ hai của 1 ( ) O và 2 ( ) O ; K L, theo thứ tự là giao điểm thứ hai của 1 2 ( ), ( ) O O với đoạn thẳng BC . Gọi ( ) S là đường tròn ngoại tiếp tam giác PKL. a) Chứng minh rằng: AK AL , tiếp xúc với ( ) S . b) Gọi Q là giao điểm thứ hai của ( ) S và AP ; E là giao điểm của QK và AB ; F là giao điểm của QL và AC . Chứng minh rằng các điểm A K L S E F , , , , , cùng thuộc một đường tròn. (Bài đề xuất của Tổ ra đề) Hướng dẫn chấm Điểm 4,0 a) Tứ giác ABKP là tứ giác nội tiếp nên    ABP AKP . AC là tiếp tuyến của 1 ( ) O nên    ABP PAC . Suy ra    AKP PAC (1). 1,0 Tứ giác APLC là tứ giác nội tiếp nên    PAC PLK (2). Từ (1) và (2), suy ra AK là tiếp tuyến của đường tròn ( ) S . Tương tự, ta chứng minh AL là cũng là tiếp tuyến của đường tròn ( ) S . 1,0
2 F E Q S K L P O2 O1 B C A b) Cách 1. Dễ thấy AKSL là tứ giác nội tiếp. Ta chứng minh tứ giác AEKL là tứ giác nội tiếp. Thật vậy, Ta có      BEQ EAQ EQA (3). Tứ giác KPLQ là tứ giác nội tiếp nên    KQP PLK (4). 1,0 AB là tiếp tuyến với 2 ( ) O nên    EAQ PLA (5). Từ (3), (4) và (5) nên    BEQ ALK (đpcm). 1,0 Cách 2. Ta có    KLQ KPQ và    KPQ ABK nên    ABK KLQ , suy ra QL AB . 1,0 Do đó    BEK KQL . Mà    KQL ALK (do AL là tiếp tuyến với (S)) nên    BEK ALK . 1,0 Câu 3 (4,0 điểm) Cho đa thức 4 3 2 f x x x mx nx p ( )      , trong đó m n p , , là các số nguyên đôi một phân biệt, khác không, sao cho 4 3 f m m m ( )   và 4 3 f n n n ( )   . Tìm m n p , , . (Bài đề xuất của Tổ ra đề) Hướng dẫn chấm Điểm 4,0 Xét đa thức 4 3 2 g x f x x x mx nx p ( ) ( )       . Theo giả thiết g m g n ( ) ( ) 0   . Do g x( ) là đa thức bậc 2 nên g x a x m x n ( ) ( )( )    . 1,0 Từ đó ta có: 2 mx nx p a x m x n      ( )( ). Đồng nhất các hệ số cho ta p amn  , n a m n    ( ) và m a  . 1,0 Từ đó ta được n m m n    ( ) hay 2 ( 1) m n m    . Từ đây ta được m 1 1∣ hay m   1 1. suy ra m 2. Từ đó n  4 và p 16 . 1,5 Vậy m n p     2, 4, 16. 0,5 Chú ý. Học sinh có thể thay trực tiếp m n, rồi giải hệ phương trình nghiệm nguyên để tìm m n p , , . Câu 4 (4 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , ) a b thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: i) 2 a b  là lũy thừa của một số nguyên tố; ii) 2 a b  chia hết cho 2 a b  . (Bài đề xuất của Tổ ra đề)
3 Hướng dẫn chấm Điểm 4,0 Đặt 2 , m a b p p   nguyên tố và m nguyên dương. Ta viết 2 4 2 2 2 a b b b a b a b a b        , suy ra 4 3 ( ) ( 1). m p b b b b ∣    1,0 Từ 3 ( , 1) 1, b b   và 2 1 m b b a b p      nên ta suy ra 3 1 m p b∣  . Ta có 3 2 b b b b      1 ( 1)( 1) và 2 ( 1, 1) 3. b b b    ∣ + Nếu 2 ( 1, 1) 1 b b b     thì 1 m p b∣ hoặc 2 1. m p b b ∣   Từ 2 2 1 m p b  b  a  b  nên ta chỉ có | 1 m p b  và suy ta 2 1 m p b b  a    . Do đó a b  1. + Nếu 2 ( 1, 1) 3 b b b     suy ra p  3. 1,5 Xét m 1, không có ( , ) a b . Xét m  2, ( , ) (5,2). a b  0,5 Xét m  3, khi đó 3 1 ∣b  hoặc 2 3 1 ∣b b   và 1 3 m là ước của phần tử còn lại. Từ 2 1 1 1 3 , m b b a       vì vậy 1 2 3 1. m b b  ∣   Do đó 2 b b   1 0 (mod9), mâu thuẫn. 1,0 Vậy ( , ) (5, a b {(1,1); 2) .} Câu 5 (4 điểm) Cho tập S {1,2,3,...,2025} . Tìm số nguyên dương nhỏ nhất n sao cho: Với mọi tập con T của S gồm n phần tử, tồn tại hai phần tử phân biệt u v T ,  sao cho u v   20. (Dựa trên đề đề xuất của THPT Chuyên Bắc Giang) Hướng dẫn chấm Điểm 4,0 Giả sử n là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn đề. Xét tập T   {1,2,...,10} {20,21,...,2025}. Ta thấy, với mọi u v T ,  phân biệt thì: Nếu u v, {20,21,...,2025}  thì u v    41 20. Vậy không có uv, thỏa mãn u v   20. Nếu u v, {1,2,3,...,10}  thì u v    19 20. Vậy không có uv, thỏa mãn u v   20. 1,0 Nếu u v   {1,2,3,...,10}, {20,21,...,2025} thì u v    21 20. Vậy không có uv, thỏa mãn u v   20. Vì | | 2016 T  nên n  2017. 1,0 Mặt khác, với mọi tập T S T   ,| | 2017 , xét 9 cặp số sau (1;19),(2;18),...,(9;11) . Nếu một trong các cặp trên thuộc T thì đó là cặp ( ; ) u v thỏa mãn u v   20. Nếu không có cặp nào thuộc T thì | | 2025 9 2016 T    , vô lí. Vậy với mọi tập T S T   ,| | 2017 luôn tồn tại u v T ,  thỏa mãn u v   20 . Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của n là 2017. 2,0 -----Hết----- Ghi chú: Thí sinh có thể làm theo nhiều cách khác nhau. Nếu giải đúng thì cho điểm tối đa.