Đề thi môn Toán Lớp 10 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần thứ II - Trường THPT Ngô Gia Tự (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK 
TRƯỜNG THPT: NGÔ GIA TỰ
 KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ II
 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; LỚP: 10 Câu 2: (4 điểm) Cho tam giác ABC có các góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Gọi R 1, R2, 
R3 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác OBC, OAC, OAB; p là nửa chu vi của tam 
giác ABC. Chứng minh: 
 729R7
 R R R 
 1 2 3 16 p4
Đáp án câu 2:
 Câu Đáp án chi tiết Điểm
 Câu 2 A
4,0 điểm
 O
 C
 B
 1,0
 Đặt BC a, AC b, AB c, S ABC S và p là là nửa chu vi của tam giác ABC.
 OB.OC.BC R2a R2a
 Ta có: S OBC R1 
 4R1 4R1 4S OBC
 R2b R2c
 Tương tự: R2 ; R3 
 4S OAC 4S OAB
 R6abc R6abc
 R R R 1,0
 1 2 3 64.S .S .S 3
 OBC OAC OAB S OBC S OAC S OAB 
 64 
 3 
 27R6abc 27R7
 R R R 
 1 2 3 64S 3 16S 2
 3 4
 2 p a p b p c p 1,0
 Mà S p p a p b p c p 
 3 27
 729R7
 nên: R R R . 1,0
 1 2 3 16 p4
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Câu 4: (3 điểm) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 7 thì 3p 2 p 1 chia hết cho 42p. 
Đáp án câu 4:
 Câu Đáp án chi tiết Điểm
 Câu 1 Ta thấy 42p = 2.3.7.p
 0,25
4,0 điểm Đặt A 3p 2 p 1, ta chứng minh A  0 (mod 42 p)
 * Ta có: 3p 1(mod 2) 3p 1  0(mod 2) A  0 (mod 2) (1)
 0,25
 * 2 1(mod3) 2 p 1(mod3) 2 p 1  0(mod3) 
 0,5
 A  0 (mod3) (2)
 * Vì p là số nguyên tố nên theo định lí Fermat ta có:
 3p  3(mod p) và 2 p  2(mod p)
 0,5
 Do đó, 3p 2 p 1  3 2 1 mod p nên A  0 (mod p) (3)
 * p là số nguyên tố lớn hơn 7 nên p có dạng 6t + 1 hoặc 6t + 5 t N * 
 TH1: p = 6t + 1
 A 36t 1 26t 1 1 3 36t 1 2 26t 1  0(mod 7)
 1,0
 ( vì 36 1(mod 7) và 26 1(mod 7) )
 TH2: p = 6t + 5
 A 36t 5 26t 5 1 35 36t 1 25 26t 1 35 25 1  0(mod 7)
 Do đó, A  0 (mod 7) (4)
 Từ (1), (2), (3) và (4) ta được A  0 (mod 42 p) hay 3p 2 p 1 chia hết cho 42p.
 0,5 Bài 6 (3 điểm) Tìm tất cả các hàm số f: Q → Q thỏa mãn điều kiện 
 f x y f x y 2 f x 2 f y .
Đáp án câu 6:
 Câu Đáp án chi tiết Điểm
 Câu 6 Cho x = y = 0 ta được 2 f 0 4 f 0 f 0 0.
3,0 điểm
 Với x ny n N ta được:
 0,5
 f n 1 y f ny y 2 f ny 2 f y f n 1 y .
 Ta chứng minh f nx n2 f x với mọi n N . (1)
 Rõ ràng khẳng định đúng với n = 1. 
 Giả sử khẳng định đúng với mọi n k , k 1. Tức là ta có:
 f kx k 2 f x 
 Ta cần chứng minh khẳng định đúng với n k 1. Thật vậy, 1,0
 f k 1 x 2 f x 2 f kx f k 1 x 
 2 2k 2 k 1 2 f x k 1 2 f x .
 Vậy khẳng định đúng với n.
 1 2 1 1 f 1 
 Trong (1) thay x bởi ta được f 1 n f f 2 .
 n n n n
 2 1,0
 m 1 2 1 m 
 Vì vậy áp dụng (1) có f f m. m f f 1 .
 n n n n 
 Do đó f x ax2 x Q, trong đó a f 1 .
 Ta kiểm tra hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán
 f x y f x y a x y 2 a x y 2 2ax2 2ay2 2 f x 2 f y .
 0,5
 Kết luận: Hàm số cần tìm là f x ax2 x Q.
 ----------- Hết ------------