Thời gian làm bài 120 phút

Đề thi

Bài 1. Cho các số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\frac{7}{2} a+(1-a)(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^{2} b^{2} c^{2}$.

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(x-f(y))=4 f(x)+3 x+f(y)$ với mọi $x, y \in \mathbb{R}$.

Bài 3. Cho $n$ là số nguyên dương và $A=\left\{m \in \mathbb{N}^{*} \mid \operatorname{gcd}(m, 6)=1, m<30 n\right\}$ với $|A|=8 n+1$. Chứng minh rằng tồn tại 2 số phân biệt $a, b \in A$ sao cho $a \mid b$.
Bài 4. Cho điểm $M$ di động trên đường thẳng $d$ cố định và $O$ là điểm cố định nằm ngoài đường thẳng $d$. Gọi $A$ là hình chiếu của $O$ lên $d$, và $H$ là hình chiếu của $A$ trên $O M$. Gọi $D$ là trung điểm $H M$.
(a) Chứng minh rằng đường thẳng qua $H$, vuông góc với $A D$ luôn đi qua một điểm cố định. Gọi điểm đó là $N$.
(b) Chứng minh rằng tâm đường tròn $(H M N)$ luôn thuộc một đường thẳng cố định. Từ đó tính tỷ số $\frac{A M}{A O}$ để $(H M N)$ và $(O A H)$ tiếp xúc với nhau.

Đáp án.

Bài 1. Ta có
$$
P-\frac{7}{2}=\frac{7}{2}(a-1)+(1-a)(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^{2} b^{2} c^{2}
$$
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
$$
a^{2} b^{2} c^{2} \leq a b^{2} c^{2} \leq a\left(\frac{b^{2}+c^{2}}{2}\right)^{2}=\frac{a\left(1-a^{2}\right)^{2}}{4} \leq \frac{a\left(1-a^{2}\right)}{4}=(1-a) \frac{a+a^{2}}{4} .
$$
Do đó, suy ra
$$
P-\frac{7}{2} \leq(1-a)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\frac{a+a^{2}}{4}-\frac{7}{2}\right)
$$
Vì $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\frac{a+a^{2}}{4} \leq 1+1+1+\frac{1+1^{2}}{4}=\frac{7}{2}$ và dấu bằng không xảy ra nên biểu thức trong dấu ngoặc thứ hai luôn âm. Vì thế nền ta có $P \leq \frac{7}{2}$.
Giá trị lớn nhất cần tìm là $\frac{7}{2}$, đạt được khi $(a, b, c)=(1,0,0)$.

Bài 2.  Đặt $a=f(0)$, ta thay $y=0$ vào đề bài, ta đưa về $f(x-a)-4 f(x)=3 x+a$, kéo theo $f(u)-4 f(v)$ toàn ánh với $u, v \in \mathbb{R}$. Ta thực hiện các phép thế sau
– Thay $x=f(y)$, ta có $f(0)=4 f(f(y))+4 f(y)$ với mọi $y$.
– Thay $x=2 f(y)$, ta có $f(f(y))=4 f(2 f(y))+7 f(y)$ với mọi $y$.
– Thay $x=3 f(y)$, ta có $f(2 f(y))=4 f(3 f(y))+10 f(y)$ với mọi $y$.
– Thay $x=4 f(y)$, ta có $f(3 f(y))=4 f(4 f(y))+13 f(y)$ với mọi $y$.

Từ đó suy ra
$$
\begin{aligned}
&4 f(4 f(y))=f(3 f(y))-13 f(y) \
&=\frac{1}{4}(f(2 f(y))-10 f(y))-13 f(y) \
&=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}(f(f(y))-7 f(y))-10 f(y)\right)-13 f(y) \
&=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}(a-4 f(y))-7 f(y)\right)-10 f(y)\right)-13 f(y) \
&=\frac{a}{64}-16 f(y)
\end{aligned}
$$
Thay $x=4 f(x)$, ta có
$$
f(4 f(x)-f(y))=4 f(4 f(x))+12 f(x)+f(y)
$$
hay
$$
f(4 f(x)-f(y))=\frac{a}{64}-4 f(x)+f(y)
$$
với mọi $x, y \in \mathbb{R}$. Đặt $t=4 f(x)-f(y)$ thì $t$ nhận giá trị trên $\mathbb{R}$, ta có $f(t)=-t+\frac{a}{64}$ với mọi $t \in \mathbb{R}$. Thay $t=0$, ta có $a=0$ nên $f(t)=-t$. Thử lại thấy thỏa. Vậy tất cả hàm số cần tìm là $f(x)=-x, \forall x \in \mathbb{R}$.

Bài 3. Trước hết, với mỗi số nguyên dương $n$, ta ký hiệu $T(n)$ là ước dương lớn nhất không chia hết cho 5 của $n$. Ta chia tất cả các số nhỏ hơn $30 n$, nguyên tố cùng nhau với 6 ra thành các nhóm sao cho $m, n$ thuộc cùng nhóm khi và chỉ khi $T(m)=T(n) .$ Do
$$
\phi(30)=(2-1)(3-1)(5-1)=8
$$
nên từ 1 đến $30 n$ có tổng cộng $8 n$ số nguyên tố cùng nhau với 30 , suy ra có tổng cộng $8 n$ nhóm.

Do $|A|=8 n+1$ nên theo nguyên lý Dirichlet trong $A$ sẽ có 2 số thuộc cùng một nhóm, và số lớn sẽ chia hết cho số nhỏ.

Bài 4. (a) Ta thấy hai tam giác vuông $A M H, O A H$ dồng dạng và có các cạnh tương ứng vuông góc nên hai trung tuyến tương ứng của hai tam giác này sẽ vuông góc với nhau. Gọi $K$ là trung điểm $A H$ thì ta sẽ có $A D \perp O K$. Giả sử đường thẳng qua $H$, vuông góc với $A D$ cắt $O A$ ở $N$ thì ta có $O K | H N$, suy ra $O$ là trung điểm của $A N$ hay $N$ là điểm đối xúng với $A$ qua $O$, là điểm cố định.

(b) Ta có
$$
O A^{2}=O N^{2}=O H \cdot O M
$$
nên $O N$ tiếp xúc với đường tròn $(H M N)$. Gọi $I$ là tâm của $(H M N)$ thì $I N \perp O A$ nên $I$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Gọi $J$ là trung điểm $O A$ thì $J$ là tâm đường tròn $(O H A)$. Giả sử $(I)$ tiếp xúc $(J)$ thì tiếp điểm là $H$, chứng tỏ các điểm $I, H, J$ thẳng hàng. Ta có
$$
\angle I M H=\angle I H M=\angle J H O=\angle J O H
$$
nên $I M | O A$. Khi đó, tứ giác $I N A M$ là hình vuông và ta tính được tỷ số $\frac{A M}{O A}=$ $\frac{A N}{O A}=2$.

Tài liệu tham khảo.

[1] Nguyễn Tăng Vũ – Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Đề thi và đáp án kì thi dự tuyển, đội tuyển trường Phổ thông Năng khiếu 2008 – 2021,NXB ĐHQG HN, 2021