 KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
 LẦN XX – NĂM 2014

Chuyên Môn thi : Ton -  : 10
 Ngày thi : 05/04/2014

180 phút
Ghi chú
:  Th câu trên 

 

  .
 01 trang. Bài 1 (

): sau:

2 2 2 2
3
5x 2xy 2y 2x 2xy 5y 3(x y)
2x y 1 2 7x 12y 8 2xy y 5


(O)  

 P. 

  










trên (O).

Bài 3 (

): Cho a, b, 



 . 

:

2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c
7a b c a 7b c a b 7c





Bài 6 

) 

: N*  N*\{1} (N* 



) :
f(n) + f(n + 1) = f(n + 2)f(n + 3)  168.
h f(2014).

Hê
́
t
www.VNMATH.comĐÁP ÁN TOÁN 10
Bài Nội dung
Bài 1 (4 đ): Giải hệ phương trình sau

2 2 2 2
3
5x 2xy 2y 2x 2xy 5y 3(x y) (1)
2x y 1 2 7x 12y 8 2xy y 5 (2)

Thế y = x vào (2), ta được:
2
3
3 1 2. 19 8 2 5x x x x     
(3)
(3)
 
2
3
3 1 ( 1) 2 19 8 2 2 2
 
         
 
x x x x x x0.5
Bài 1


 

2
2
2
2
3
3
2 ( 7)
2( ) 0
3 1 1
19 8 ( 2) 19 8 ( 2)
 

   
  
     
x x x
x x
x x
x x
x x x x0.5 
 
2
2
2

( , ) 0;0 , 1;1x y 0.5
Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là điểm di động trên (O) không trùng với A và
B. Các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại N, AN cắt (O) tại D khác A. Tiếp
tuyến của (O) tại D cắt CN tại P. Chứng minh rằng P di động trên một đường cố định
khi C di động trên (O).

∑=4

Xét hệ trục Oxy sao cho A(0; 1), B(0; –1).
Ta có:
(O): x
2
+ y
2
= 1; C  (O) nên C(cost; sint).
Vì C không trùng A và B nên cost ≠ 0.
CP là tiếp tuyến của (O) tại C
 CP: cost.x + sint.y – 1 = 0.

0,5
N(x
N
; –1)  CP  N(
1 sin


Ta có D = AN  BD nên tọa độ D thỏa hệ:

0,5
P
D
N
O
B
A
C
www.VNMATH.com

2x cost (1 sint)y 1 sint
(1 sint)x 2y cost 2cost

   

  




t x t y t
t x t y

4x cost (5y 3)sint 3y 5
4x cost 4ysint 4

   

 



3y 1
sint
y 3



và
2
3(1 y )
cost
x(y 3)



. Vì cost ≠ 0 nên y ≠ 1 và y ≠ –1.
– x
2
y
2
– 6x
2
y + 9x
2
.
 8x
2
(y
2
– 1) + 9(1 – y
2
)
2
= 0  8x
2
+ 9(y
2
– 9) = 0 (vì 1 – y
2
≠ 0)

2
2
1
9 / 8
x

7 7 1 1 7      a b c a b c

0.5

 
2
2 2 2
1 9
7
7

 
 
a b c
a b c

2 2 2
1 3
7
7

 
 
a b c
a b c

2 2 2
3
7
7

1 2
3 3
7
 
 
 
 
 
 
a a
a b c
a b c
1.0
Bài 3
Tương tự ta có:
2 2 2
1 2
3 3
7
 
 
 
 
 
 
b b
a b c

1,0
Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình
2 2
x y x y kxy   
(1)
có nghiệm nguyên dương
,x y
.
∑ = 3.0
Không mất tính tổng quát, giả sử
x y
. Xét giá trị k nguyên dương sao cho
phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương. Trong các nghiệm ấy ta gọi
 
0 0
;x y
là nghiệm sao cho
0 0
1 x y
và
0 0
x y
nhỏ nhất.
0,5

Bài 4


Mà cách chọn
 
0 0
;x y
có x
0
+ y
0
nhỏ nhất nên
1 0 0 0
  x y x y
 x
1
≥ x
0
≥ y
0
≥ 1.
Khi đó y
0
nằm ngoài khoảng hai nghiệm của tam thức bậc hai
 
f x
có hệ số bậc
2 là số dương. Từ đó
 
0
0f y 
.


2
2 2 2
3
0
2 4
y
x y x y xy x y x y
 
         
 
 
(vô lý )
+ Với
2k 
thì (1) 
 
2
2 2
2 0x y x y xy x y x y        
(vô lý) 0,5

+ Với
3k 
thì (1)  x
2
+ y
2

Ta chứng minh bằng quy nạp theo
n
.
● Với n = 2: Giả sử bốn vận động viên tham dự là
, , ,A B C D
và có 5 ván đấu đã diễn
ra.
Nếu hai trong ba người
, ,B C D
đều đã đấu với nhau một ván thì ta có đpcm.
Nếu có hai trong ba người
, ,B C D
chưa đấu với nhau. Giả sử B và C chưa đấu với
nhau thì do số trận tối đa là
2
4
C
– 1 = 5 mà đã có 5 ván diễn ra nên chỉ có B và C là
chưa đấu với nhau. Khi đó ba người
, ,A B D
và
, ,A C D
thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1.0
● Giả sử bài toán đúng với n = k
 


đã đấu lớn hơn hoặc bằng 2k + 2 ( kể cả ván đấu giữa
E
và
F
). Suy ra số ván đấu
giữa E, F với nhóm 2k vận động viên kia lớn hơn hoặc bằng 2k + 1 (*) .
Nhận xét: Nếu không có người nào trong nhóm 2k vận động viên đã thi đấu với cả E và
F thì số ván thi đấu tối đa là 2k (mâu thuẫn với (*))
Do đó, trong số 2k vận động viên còn lại, phải có ít nhất một người đã đấu với cả
E
và
F
(giả sử người này là G). Khi đó ta có 3 vận động viên
, ,E F G
thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy bài toán được chứng minh.

1.0
Cho hàm số f: N*

N*\{1} thỏa f(n) + f(n + 1) = f(n + 2).f(n + 3) – 168 với n  N*
Tính f(2014)?

∑ = 3.0
Ta có f(k) + f(k + 1) = f(k + 2).f(k + 3) – 168
Ta có f(k + 1) + f(k + 2) = f(k + 3).f(k + 4) – 168
Do đó k  N* thì f(k + 2) – f(k) = f(k + 3).[f(k + 4) – f(k + 2)]
0.5


hoặc
a 1 169
b 1 1
 


 

hoặc
a 1 1
b 1 169
 


 



b 14
b 2
b 170








.


≥
2 2
(2x y) (x 2y) 2x y x 2y 3(x y)        
1.0
Dấu “=” xảy ra
0x y  

0.5
Khi đó, ta được:
2
3
3 1 2. 19 8 2 5x x x x     
 
2
3
3 1 2 2 19 8 3 2 3x x x x        

0.5
   
 
  
2
3
3
3 1 38 1
1 2 3


  

 
   

0.5
Xét phương trình:
 
2
3
3
3 38
2 3
3 1 2
19 8 3. 19 8 9
x
x
x x
  
 
   
(*)
Ta thấy
0x 
là một nghiệm của phương trình (*)


www.VNMATH.com