Kỳ thi olympic truyền thống 30/4 lần XX – năm 2014 môn thi : toán - Khối : 10

Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 
  LẦN XX – NĂM 2014 
  
 Trường THPT Chuyên Môn thi : Toán - Khối : 10 
 Lê Hồng Phong Ngày thi : 05/04/2014 
 Thời gian làm bài : 180 phút 
 Ghi chú : – Thí sinh làm mỗi câu trên môṭ hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số  ở trang 1 của 
 mỗi tờ giấy làm bài. 
 – Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay . 
 – Đề này có 01 trang. 
Bài 1 (4 điểm): Giải hệ phương trình 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
       

       
. 
Bài 2 (4 điểm): Cho đường tròn (O) đường kính AB , C là điểm di đôṇg trên (O) không trùng với A 
 và B. Các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau taị N , AN cắt (O) tại D khác A. Tiếp tuyến 
 của (O) tại D cắt CN taị P. Chứng minh rằng P di đôṇg trên môṭ đường cố điṇh khi C di 
 đôṇg trên (O). 
Bài 3 (3 điểm): Cho a, b, c là ba số thưc̣ dương tùy ý. Chứng minh : 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c
7a b c a 7b c a b 7c
 
     
 ≤ 1. 
Bài 4 (3 điểm): Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình : 
 x
2
 + y
2
 + x + y = kxy 
 có nghiệm nguyên dương x , y. 
Bài 5 (3 điểm): Cho trước số nguyên dương 2n  . Trong một giải đấu cờ vua có 2n vận động 
 viên tham gia, mỗi người đấu với người khác đúng một ván. Tại một thời điểm trong giải, 
 người ta thấy có 2 1n  ván đấu đã diễn ra . Chứng minh rằng khi đó có thể chọn ra ba vận 
 động viên sao cho hai người bất kỳ trong ba người đươc̣ choṇ đều đã thi đấu với nhau. 
Bài 6 (3 điểm) Cho hàm số f: N*  N*\{1} (N* là tập hơp̣ các số nguyên dương) thỏa mãn: 
 f(n) + f(n + 1) = f(n + 2)f(n + 3) – 168. 
 Tính f(2014). 
Hết 
www.VNMATH.com
ĐÁP 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)
       

       
. 
∑=4.0 
Ta có: (1)  x + y ≥ 0 và 
2 2 2 25 2 2 2 2 5    x xy y x xy y 
= 2 2 2 2(2x y) (x y) (x 2y) (x y)       
≥ 2 2(2x y) (x 2y) 2x y x 2y 3(x y)         
1.0 
Dấu “=” xảy ra 0x y   0.5 
Thế y = x vào (2), ta được: 233 1 2. 19 8 2 5x x x x      (3) 
(3)   233 1 ( 1) 2 19 8 2 2 2           x x x x x x 
0.5 
Bài 1 
 
 
 
3 22
2
2 233
2 6 7
2 2
3 1 1 19 8 ( 2) 19 8 ( 2)
   
  
        
x x xx x
x x
x x x x x x
0.5 
 
 
 
22
2
2 233
2 ( 7)
2( ) 0
3 1 1 19 8 ( 2) 19 8 ( 2)
 
   
        
x x xx x
x x
x x x x x x
0.5 
 
 
2
2 233
0
1 2( 7)
2 0(*)
3 1 1 19 8 ( 2) 19 8 ( 2)
  

   
         
x x
x
x x x x x x
0,5 
 Vì x ≥ 0 nên (*) vô nghiệm. Do đó (3)  x = 0 hay x = 1. 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm     ( , ) 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): x2 + y2 = 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(xN; –1)  CP  N(
1 sin
cos
 t
t
; –1) 
Đường thẳng AN có VTCP là 
1 sin 1
; 2 (1 sin ; 2cos )
cos cos
 
     
 
 t
AN t t
t t
 AN: 2xcost + (1 + sint)(y – 1) = 0  AN: 2xcost + (1+ sint)y = 1 + sint 
0,5 
 BD: (1 + sint)x – 2cost(y + 1) = 0  BD: (1+ sint) x – 2ycost = 2cost 0,5 
Bài 2 
Ta có D = AN  BD nên tọa độ D thỏa hệ: 
0,5 
P
D
N
O
B
A
C
www.VNMATH.com
2x cos t (1 sin t)y 1 sin t
(1 sin t)x 2y cos t 2cos t
    

  
  
4cos t 5sin t 3
x ; y
5 3sin t 5 3sin t

 
 
DP: 
4cos
5 3sin
t
t
.x + 
5sin 3
5 3sin


t
t
.y – 1 = 0 (Do DP là tiếp tuyến của (O) tại D) 
  4cost.x + (5sint – 3).y = 5 – 3sint 
0,5 
Vì P = DP  CP nên tọa độ P thỏa hệ: 
4cos . (5sin 3) 3sin 5
cos . sin . 1
    

 
t x t y t
t x t y
  
4x cos t (5y 3)sin t 3y 5
4x cos t 4ysin t 4
    

 
 
3y 1
sin t
y 3



 và 
23(1 y )
cos t
x(y 3)



. Vì cost ≠ 0 nên y ≠ 1 và y ≠ –1. 
0,5 
Ta có sin2t + cos2t = 1  x2(3y + 1)2 + 9(1 – y2)2 = x2(y + 3)2. 
 9x2y2 + 6x2y + x2 + 9(1 – y2)2 – x2y2 – 6x2y + 9x2. 
 8x2(y2 – 1) + 9(1 – y2)2 = 0  8x2 + 9(y2 – 9) = 0 (vì 1 – y2 ≠ 0) 
 
2
2 1
9 / 8
x
y  . 
0,5 
Vậy P thuộc elip (E): 
2
2 1
9 / 8
x
y  . 
0.5 
Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
7 7 7
  
     
a b c
a b c a b c a b c
∑ = 3.0 
 Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có:     22 2 27 7 1 1 7      a b c a b c 0.5 

 
22 2 2
1 9
7 7

   a b c a b c

2 2 2
1 3
77

   a b ca b c
 
2 2 2
3
77

  
a a
a b ca b c
0.5 
Mà 
1 1 1 2 1
7 3 3 9 3
 
   
        a b c a a a b c a a b c
  
3 1 2
7 3 3
 
  
    
a a
a b c a b c
Do đó: 
2 2 2
1 2
3 37
 
  
   
a a
a b ca b c
1.0 
Bài 3 
Tương tự ta có: 
2 2 2
1 2
3 37
 
  
   
b b
a b ca b c
2 2 2
1 2
3 37
 
  
   
c c
a b ca b c
 Cộng vế theo vế ta được: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
7 7 7
  
     
a b c
a b c a b c a b c
1,0 
Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình 2 2x 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 
Ta có  2 20 0 0 0 01   x ky x y y = 0 nên x0 là nghiệm của phương trình 
    2 20 0 01f x x ky x y y     = 0. 
Vì  f x là bậc 2 nên f(x) còn có thêm một nghiệm là 1x . Do đó (x1; y0) thỏa (1) 
nên (x1; y0) là một nghiệm của (1). 
Mà cách chọn  0 0;x y có x0 + y0 nhỏ nhất nên 1 0 0 0  x y x y  x1 ≥ x0 ≥ y0 ≥ 1. 
Khi đó y0 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  . 
1,0 
www.VNMATH.com
Do   2 20 0 0 02 2f y y y ky   nên ta có 
0
2
2 4k
y
   (vì 0 1y  ). Suy ra  1; 2; 3; 4k . 
0,5 
+ Với 1k  thì (1)  
2
2 2 23 0
2 4
y
x y x y xy x y x y
 
          
 
 (vô lý ) 
+ Với 2k  thì (1)   
22 2 2 0x y x y xy x y x y         (vô lý) 
0,5 
 + Với 3k  thì (1)  x2 + y2 + x + y = 3xy có nghiệm    ; 2; 2x y  
+ Với 4k thì (1)  x2 + y2 + x + y = 4xy có nghiệm    ; 1;1x y  
0,5 
Cho trước số nguyên dương 2n  . Trong một giải đấu cờ vua có 2n vận động viên 
tham gia, mỗi người đấu với người khác đúng một ván. Tại một thời điểm trong giải, 
người ta thấy có 2 1n  ván đấu đã diễn ra. Chứng minh: khi đó có thể chọn ra ba vận 
động viên sao cho hai người bất kỳ đều đã thi đấu với nhau. 
∑ = 3.0 
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 , ,AC D thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
1.0 
● Giả sử bài toán đúng với n = k  *, 2k k  . 
● Ta chứng minh bài toán đúng với n = k + 1. 
Giả sử E và F là hai vận động viên đã đấu với nhau. 
Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại lớn hơn hoặc bằng k2 + 1 thì theo 
giả thiết quy nạp ta có đpcm. 
1.0 
Bài 5 
Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại nhỏ hơn hoặc bằng 2k , mà tại thời 
điểm này có (k + 1)2 + 1 = k2 + 2k + 2 ván đấu đã diễn ra nên tổng số ván mà E và F 
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 
Suy ra rằng: 
f(3) – f(1) = f(4).f(6)f(2k).[f(2k + 1) – f(2k – 1)] (1) 
f(4) – f(2) = f(5).f(7).f(2k + 1)[f(2k + 2) – f(2k)] (2) 
Do đó: |f(3) – f(1)| = f(4).f(6).f(2k).|f(2k + 1) – f(2k – 1)| Với k  N*, k ≥ 2 
0.5 
Bài 6 
Nếu f(3) ≠ f(1) thì f(2k + 1) ≠ f(2k – 1). 
Vì | f(2k + 1) – f(2k – 1)| là số nguyên dương nên |f(2k + 1) – f(2k – 1)| ≥ 1 
và f(n) ≥ 2, n  N* . Do đó: |f(3) – f(1)| ≥ 2k – 1 , với k  N*, k ≥ 2 
0.5 
www.VNMATH.com
Điều này không thể xảy ra. Vậy f(3) = f(1) suy ra f(2k + 1) = f(2k – 1) = a 0.5
Tương tự f(2k + 2) = f(2k) = b với a, b  N*; a, b ≥ 2 
Giả thuyết: a + b = ab - 168  ab – a – b + 1 = 169 = 132  (a – 1)(b – 1) = 132. 
0.5 
 a 1 b 1 13    hoặc 
a 1 169
b 1 1
 

 
 hoặc 
a 1 1
b 1 169
 

 
 
b 14
b 2
b 170

 
 
. 
Vậy f(2014) = 2 hoặc f(2014) = 14 hoặc f(2014) = 170 
0.5 
Chú ý: 
Nếu học sinh làm bài 1 theo cách sau thì biểu điểm bài 1 như sau: 
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)
       

       
. 
∑=4.0 
Ta có: (1)  x + y ≥ 0 và 
2 2 2 25 2 2 2 2 5    x xy y x xy y = 2 2 2 2(2x y) (x y) (x 2y) (x y)       
 ≥ 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: 233 1 2. 19 8 2 5x x x x        233 1 2 2 19 8 3 2 3x x x x         0.5 
   
 
  
2 33
3 1 38 1
1 2 3
3 1 2 19 8 3 19 8 9
x x
x x
x x x
 
    
     
0.5 
 
2 33
1
3 38
2 3
3 1 2 19 8 3. 19 8 9
x
x
x x x


    
      
0.5 
Xét phương trình: 
 
2 33
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 (*) 
0.5 
Với mọi 0x  , ta có: 
 
2 33
3 38
3 2 3
3 1 2 19 8 3. 19 8 9
x
x x x
   
     
Nên phương trình (*) không có nghiệm dương. 
Vậy hệ phương trình có nghiệm     ( , ) 0;0 , 1;1x y  
0.5 
www.VNMATH.com