Đề thi Olympic 30 tháng 04 năm 2025 Toán 10 trường chuyên Lê Hồng Phong - TP HCM

K ỳ t h i O l y m p i c t r u y ền t h ốn g 3 0 / 4 l ần t h ứ X X I X n ă m 2 0 2 5 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LÊ HỒNG PHONG

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 THÁNG 4

LẦN THỨ XXIX - NĂM 2025

Môn: TOÁN

Khối: 10 Ngày thi: 05/04/2025

Câu Nội dung Điểm

1

Cho các số thực 1 2 30 1 2 30 , ,..., , , ,..., a a a b b b thỏa mãn 0 ia  với mọi 1,...,30 i  . Hỏi phương trình

  1 1 2 2 30 30 max , ,..., 4 a x b a x b a x b    

có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm?

3

Giả sử phương trình đã cho có 3 nghiệm 1 2 3 x x x   . Suy ra tồn tại chỉ số 1 30 i  để

2 1 1 2 2 30 30 max{ , , , } 4; i i a x b a x b a x b a x b       

ngoài ra ta có 1 3 4, 4 i i i i a x b a x b     .

1.5

Nói cách khác, hàm tuyến tính 4 i i a x b   nhận giá trị 0 tại 2x và không dương tại 1 3 , x x . Điều này chỉ xảy ra khi nó là hàm hằng bằng0 ; nghĩa là 0, 4 i i a b   , mâu thuẫn. Như vậy, phương trình đã cho có không quá 2 nghiệm.

1

Đảo lại, với 1 29 30 1 30 1, 1, 0 a a a b b          ta dễ thấy phương trình max{ , } 4 x x   có 2 nghiệm là 4 x . 0.5

K ỳ t h i O l y m p i c t r u y ền t h ốn g 3 0 / 4 l ần t h ứ X X I X n ă m 2 0 2 5 2

Câu Nội dung Điểm

2

Cho các số thực ,x y thỏa mãn 3, 3 x y   . Chứng minh rằng:

      2 2 0 1 1 4 1 1 164 x y x y       

4

Một mặt, do | |,| | 3 x y  , ta có

2 2 2 2 ( 1)( 1) 4( 1)( 1) ( 1)( 1) 4(| | 1)(| | 1) x y x y x y x y           

2 2 (3 1)(3 1) 4(3 1)(3 1) 164       

Dấu "=" đạt được khi 3 x y  

2

Mặt khác,

2 2 2 2 2 2 ( 1)( 1) 4( 1)( 1) 1 4 4 4 4 x y x y x y x y xy x y            

2 2 ( 1) ( 2) 0 xy x y      

Dấu "=" đạt được khi 1, 2 xy x y    hay( , ) (1 2,1 2) x y    .

2

K ỳ t h i O l y m p i c t r u y ền t h ốn g 3 0 / 4 l ần t h ứ X X I X n ă m 2 0 2 5 3

Câu Nội dung Điểm

3

Các số thực dương 1 2 100 , , , a a a  được viết trên một vòng tròn theo thứ tự đó. Biết rằng mỗi số lớn hơn tích của hai số liền trước nó: với mọi 1 100 i  thì

1 2 i i i a a a    (ta quy ước 101 1 102 2 , a a a a   ). Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu số

nguyên dương trong các số 1 2 100 , , , a a a 

4

Chúng ta sẽ chỉ ra rằng hai số hạng liên tiếp không thể đồng thời là số nguyên dương được. Thật vậy, giả sử ngược lại, 1 , i i a a  là hai số nguyên dương liên tiếp.

Suy ra, vì 2 1 i i i a a a    nên 2 1 1 i i a a    . Tương tự, 3 2 1 i i i a a a     nên 3 2 i i a a    . Cứ lập luận như vậy, ta suy ra 1 1 k k a a   với mọi k . Nói riêng, điều này có nghĩa là 1 2 100 1 a a a a      , mâu thuẫn. Như vậy, trong 100 số hạng

1 100 , , a a  có nhiều nhất 50 số nguyên dương.

2

Hơn nữa, nếu có 50 số nguyên dương thì chúng là các số hạng chỉ số chẵn hoặc là các số hạng chỉ số lẻ. Giả sử 1 3 99 , , , a a a  là các số nguyên dương (trường hợp

2 100 , , a a  là các số nguyên dương lập luận tương tự). Khi này bằng cách nhân

các bất đẳng thức 2 100 1 4 3 2 100 99 2 , , , a a a a a a a a a     lại, ta được

2 4 100 1 2 100 a a a a a a    , kéo theo 1 3 99 1 a a a   , vô lý.

1

Như vậy, trong các số 1 100 , , a a  , có nhiều nhất 49 số nguyên dương. Ví dụ sau đây cho thấy giá trị này đạt được:

2 4 98 1 3 99 100 1 1 1 1 1, , , , , . 100 99 51 50 a a a a a a a          

1