Đề thi môn Toán Lớp 10 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần thứ II - Năm học 2016-2017 - Trường THPT Cao Bá Quát (Có đáp án)

 1
 QUY CÁCH RA ĐỀ THI 
 KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ II 
 TỔ CHỨC TẠI TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU TỈNH ĐẮK LẮK
 NĂM HỌC 2016-2017
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK 
TRƯỜNG THPT: CAO BÁ QUÁT
 KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ II
 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN:TOÁN; LỚP: 10
 1 3
Qua A, B, C lần lượt kẻ các đường thẳng song song với BC, CA, AB, chúng cắt nhau 0.25
tạo thành DEF ( HÌNH VẼ). Khi đó dễ thấy HA, HB, HC thứ tự là các đường 
trung trực của EF,FD,DE nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp DEF . 
 0.25
Gọi (O,R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Theo cách dựng ABC đồng dạng 
 R BC
tam giác DEF HF 2R 0.25
 HF EF
Áp dụng định lí Pythagore ta có 0.25
HF 2 HA2 FA2 4R2 HA2 BC 2 HA2 4R2 BC 2
Đặt SHBC S1;SHAC S2 ;SHAB S3;SABC S 
 HA S S S S 0.25
Ta thấy 2 3 HA HA . 2 3 ; 
 HA S 1 S
 1 1 1 0.25
 S1 S3 S1 S2
Tương tự HB HB1. ; HC HC1. 
 S2 S3
Không mất tính tổng quát, giả sử 0.25
BC CA AB 4R2 BC 2 4R2 CA2 4R2 AB2 1 
Kéo dài AA1 cắt O tại A2 . Dễ chứng minh được A1H A1 A2 . Do đó 0.25
PH / O HA.HA2 HA.2HA1 
 P2 P2 P2
 2 H / O 2 H / O 2 H / O 0.25
Vậy HA 2 . Tương tự ta có HB 2 ; HC 2
 4HA1 4HB1 4HC1
 P2 P2 P2
 2 2 2 2 H / O 2 H / O 2 H / O 0.25
Từ (1) suy ra HA HB HC HA 2 HB 2 HC 2 
 4HA1 4HB1 4HC1
 2 2 2
 HA1 HB1 HC1
 S S S S2 S3 S1 S3 S1 S2 0.25
Từ đây có S1 S2 S3 
 S1 S2 S3 S1 S2 S3 
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu ngược chiều ta có 
 2 2 2 0.25
 2 S2 S3 2 S1 S3 2 S1 S2 
HA1 HB1 HC1 
 S1 S2 S3 
 2 2 2 
1 2 2 2 S2 S3 S1 S3 S1 S2 0.25
 HA1 HB1 HC1 2 
3 S S S 
 1 2 3 
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakosky và bất đẳng thức Cauchy ta được 
 2 2 2 2
 S S S S S S 1 S S S S S S 1 2 0.25
 2 3 1 3 1 2 2 3 1 3 1 2 .6 12 3 
 S1 S2 S3 3 S1 S2 S3 3
Từ (2) và (3) suy ra 
HA2 HB2 HC 2 4 HA2 HB2 HC 2
 1 1 1 0.25
Từ đó ta thấy điều kiện cần và đủ để VABC đều là 
 2 2 2 2 2 2 0.25
 HA HB HC 4 HA1 HB1 HC1 
 3 5
 a) A B ; A B ¢ .
 b) Với mọi phần tử a A; b B ta có a b A và 2a b B
 Đáp án câu 5:
 Câu5 Điểm
 Từ gt ta suy ra A không có phần tử a mà 2a A . 0.25
 Kí hiệu c là phần tử nhỏ nhất của tập B. 0.25
 c 1;2 c 2
 Từ nhận xét trên ta có . Ta chứng minh 0.5
 Phản chứng , khi đó a A a 1 A a 2 a 1 1 A,... . 0.5
 Do a n A,n 0,12,... mâu thuẫn với 2a 1 a a 1 B.
 Như vậy c 2 1 A 3 1 2 A 5 3 2 A,... 0.5
 Cũng như vậy 4 2.1 2 B 6 2.1 4 B,... tất cả các số nguyên dương 0.5
 chẵn thuộc B.
 Thử lại ta thấy hai tập hợp A 1,3,5,.., B 2,4,6,.. thoả mãn điều kiện của bài 0.25
 toán 0.25 
 Câu 6(3 điểm) : Tìm tất cả hàm số f : ¡ ¡ thoả mãn:
 1 f (x)
 f (x y) f (x) y x, y ¡ và f 2 x 0 .
 x x
 Đáp án câu 6:
Ta có: f x y f x y f (y) f (0) y y ¡ . f (x) a x với a f (0) . 0,25
 1 1 1
 f f (0) a x 0.
 x x x
 0,25
 1 f (x) f (0) x a x
Mặt khác f 2 2 2 x 0 .
 x x x x
 1 a x
 a x 0 ax2 a x 0 a 0.
 x x2 0,25
Vậy f (x) x x ¡ . 0,25
 5