Đề thi môn Toán Lớp 10 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần 2 - Trường THCS&THPT Đông Du (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
 TRƯỜNG THCS & THPT ĐÔNG DU
 KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN 2
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN LỚP 10 Câu hỏi 2: ( 4,0 điểm) 
Cho tam giác ABC có tanB = 3tanC. Gọi I là trung điểm của đoạn AB, O là tâm của đường 
  1  1  3  
tròn ngoại tiếp tam giác ABC và D là điểm sao cho OD = OA+ OB + OC . Chứng 
 2 14 7
minh rằng ODCI.
Đáp án câu hỏi 2:
Gọi A’, I’, O’ lần lượt là hình chiếu của A, I, O lên đường thẳng BC. 
Ta có: I’là trung điểm của BA’ và O’ là trung điểm của BC.
tanB = 3tanC suy ra các góc B, C đều là góc nhọn nên A’ thuộc đoạn BC và 
AA AA 
 = 3 CA = 3BA 
BA CA 
  1   1   1   1  1  
Ta được: BO = BC; BA = A C BA = BC; BI = BA = BC
 2 3 4 2 8
 1  1  3  1  1  3  3   3  
OD = OA+ OB + OC OA+ OB O B OC O I BC
 2 14 7 2 2 7 7 7
   3        3   3   
OD. CI = ( OI + BC).( BI - BC) = OI . BI - OI .BC+ BC. BI - BC.BC
 7 7 7
   
 Ta có: OI  BI OI . BI 0;
       1  1   3
OI .BC = O I .BC (BI - BO ).BC = ( BC- BC).BC = - BC2 ;
 8 2 8
3   3   3  1  3
 BC. BI = BC. BI = BC. BC = BC2
7 7 7 8 56
   3 3 3
Nên OD. CI = 0 + BC2 + BC2 – BC2 = 0. Suy ra ODCI.
 8 56 7
Câu hỏi 3: ( 3,0 điểm)
Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện x 1 x2 2015 1 y2 y . Tìm giá 
trị nhỏ nhất của P x y .
Đáp án câu hỏi 3:
Từ giả thiết, ta có:
 x 1 x2 y 1 y2 2015 (vì y 1 y2 0, y ¡ ).
 t 2 1
Đặt t x 1 x2 và a 2015 ta dễ thấy t 0 và x (1)
 2t Xét dãy số S1;S2 ;S3;...S31 . Theo giả thiết, ta có S31 4.1 3.2 46 . Ta chia các số hạng của 
dãy cho 30. Theo nguyên lí Dirichlet, sẽ có 2 số hạng khác nhau trong dãy Sk ;Sq thỏa mãn 
 Sk Sq 30
Sk  Sq mod30 . Ta được Sk Sq 30 . Hay liên tiếp từ ngày k 1 đến 
 1 Sk Sq 46
ngày q người đó làm đúng 30 bài toán. 
Câu hỏi 6: ( 3,0 điểm)
Tìm các hàm số f : Z Z thỏa mãn điều kiện 
f 2m f m f m f n nf m m, m,n Z (1).
Đáp án câu hỏi 6:
Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn điều kiện bài toán.
Đặt f 0 a . Từ (1), cho m 0 , ta được
f a af n an, n Z (2)
Trường hợp 1: nếu a 0 hay f 0 0 ; từ (1) cho n 0, ta được
f 2m f m m,  Z .
Với hàm số f luôn tồn tại thỏa điều kiện. Giả sử có một số nguyên thỏa mãn f b 1. 
Khi đó từ (1), cho m n b , ta có f 2b 0 f 0 .
suy ra b 0 hay f 0 1 (mâu thuẫn với giả thiết a 0 ).
Trường hợp 2: nếu a 0 . Từ (2), cho n 1 ta được
 f a af 1 a
hoặc
 f a af 1 f 0 
suy ra a 0 hoặc f 1 1. Tuy nhiên, ta chỉ xét f 1 1.
Từ (1), cho n 1 ta được
 f 2m f m m,  Z (3).
Từ (3) và f 1 1, ta có a f 0 2 . Từ (2), ta có
 f 2 2 f n 2n,  Z (4).
Từ (1), cho m 1 ta được
 f 1 f n n 1, n Z (5).