Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2020 (CS1)

Leave a reply

Đề thi và đáp án HK1 môn toán 10 trường PTNK (CS1)

Năm học 2020 – 2021

Thực hiện: Thầy Nguyễn Tấn Phát – GV PTNK

Bài 1. (2 điểm) Giải các phương trình:
a) x4–10x2+9x–2=0
b) xx2–x+3=x(x–6)
Bài 2. (1 điểm) Tìm m để phương trình 1x+m+xx–1=1 có nghiệm duy nhất.
Bài 3. (1 điểm) Chứng minh
[cos⁡2π–cos⁡(2π+x)][1+tan2(π2–x)]=11+cos⁡x
Bài 4. (1 điểm) Cho hệ phương trình {mx–(m+1)y=1 (2–m)x+(m–3)y=3–2m (m là tham số).
a) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x0;y0).
b) Chứng minh x02–y02–2x0=–1
Bài 5. (1 điểm) Gọi (P) là đồ thị của hàm số y=x2+2x–m. Biết (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ là 4. Tìm m và tọa độ đỉnh của (P).
Bài 6. (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có AD=a, AB=2a và DAB^=120∘.
a) Tính DA→⋅AB→. Chứng minh AB2–AD2=AC→⋅DB→
b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên DB. Tính DH→⋅DA→.
Bài 7. (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(1;6), B(6;5), C(6;1).
a) Tìm tọa độ M sao cho CM→=CA→–CB→
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt trục tung tại hai điểm phân biệt E, F. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm toạ độ E và F.

Lời giải

Bài 1.
a) x4–10x2+9x–2=0(1)
Điều kiện: x>2
(1)⇔x4–10x2+9=0⇔[x=1(l)x=−1(l)x=3(n)x=−3(l)
Vậy S={3}
b) xx2−x+3=x(x−6) (NX: x2−x+3>0, ∀x∈R)
⇔[x=0x2−x+3=x−6 (∗)
(∗)⇔{x−6≥0x2−x+3=(x−6)2
⇔{x≥6x=3
⇔x∈∅
Vậy S={0}

Bài 2. (1 điểm) ĐKXĐ: x≠0, x≠1

Phương trình trở thành: (m+2)x=1

Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi {m+2≠01m+2≠01m+2≠1
⇔{m≠−2m≠−1

Vậy m≠−2 và m≠−1 thì phương trình có nghiệm duy nhất x=1m+2
Bài 3. (1 điểm)
VT=[cos⁡2π–cos⁡(2π+x)][1+tan2(π2–x)]

=(1−cos⁡x)(1+cot2⁡x)

=(1−cos⁡x)⋅1sin2⁡x

=(1−cos⁡x)⋅11−cos2⁡x

=11+cos⁡x=VP
Bài 4. (1 điểm)
a) Ta có:
D=|m−(m+1)2−mm−3|=2(1−m)

Dx=|1−(m+1)3−2mm−3|=2m(1−m)

Dy=|m12−m3−2m|=−2(m−1)2

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi D≠0⇔m≠1
b) Ta có: {x0=DxD=my0=DyD=m−1

Ta có: x02–y02−2x0=m2–(m−1)2−2m=−1
Bài 5. (1 điểm) Thay M(0;4) vào (P), ta có: 4=−m⇔m=−4
Tọa độ đỉnh I(−1;3)
Bài 6. (2 điểm)
a) Ta có: DA→⋅AB→=−AD→⋅AB→=–AD⋅AB⋅cos⁡120∘=a2

Ta có: AB2–AD2=(AB→)2–(AD→)2

=(AB→–AD→)(AB→+AD→)=DB→⋅AC→
b) Đặt DH→=xDB→

Ta có: AH→=xAB→+(1−x)AD→

Ta có: AH→⋅BD→=0

⇔(xAB→+(1−x)AD→)⋅(AD→–AB→)=0

⇔x(−a2)−4xa2+(1−x)a2−(1−x)(−a2)=0

⇔x=27

Ta có: DH→=27DB→

⇒DA→⋅DH→=27DA→⋅DB→

=27DA→(DA→+AB→)

=27(DA2+DA→⋅AB→)

=47a2
Bài 7. (2 điểm)
a) Gọi M(x;y)

Ta có: CM→=CA→–CB→
⇔CM→=BA→
⇔{x−6=−5y−1=1
⇔{x=1y=2

Vậy M(1;2)
b) Gọi I(xI;yI) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có: {IA=IBIA=IC
⇒{5xI−yI=12(5−yI)2=(1−yI)2
⇒{xI=3yI=3

Gọi E(0;yE)∈Oy.

Ta có: IA=IE⇒(3−yE)2=4⇒[yE=1yE=5

Vậy E(0;1), F(0;5) hoặc ngược lại.

Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển lớp 10 năm 2016 – 2017

Leave a reply

Bài 1: Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn x+y+z=1. Chứng minh rằng:

x4x3+y2+z2+y4y3+z2+x2+z4z3+x2+y2≥17.

Bài 2: Tìm tất cả các hàm số f:N∗→N∗ thoả mãn đồng thời các điều kiện:

i/ f(mn)=f(m)f(n) ∀m,n∈N∗.

ii/ f(m)+f(n) chia hết cho m+n ∀m,n∈N∗.

iii/ f(2017)=20173.

Bài 3. Cho đường tròn (O) và dây cung AB cố định. C là một điểm thay đổi trên cung lớn AB sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi I,Ia,Ib lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp ∠BAC và ∠ABC của tam giác ABC.

a/ Gọi M đối xứng với I qua O. Chứng minh rằng tam giác MIaIb cân.

b/ Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của Ia,Ib trên OI. Đường thẳng qua H vuông góc với BIa và đường thẳng qua K vuông góc với AIb cắt nhau tại P. Chứng minh rằng P thuộc một đường cố định khi C thay đổi.

Bài 4. Cho S là tập hợp khác rỗng và A1,A2,…,Am (m≥2) là m tập con của S. Gọi T là tập hợp gồm tất cả các tập hợp AiΔAj (1≤i,j≤m). Chứng minh rằng |T|≥m.

(Ký hiệu AΔB=(A∖B)∪(B∖A) là hiệu đối xứng của hai tập hợp A,B).

Giải

Bài 1.

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

∑x4x3+y2+z2≥(x2+y2+z2)2x3+y3+z3+2(x2+y2+z2)

Cần chứng minh (x2+y2+z2)2x3+y3+z3+2(x2+y2+z2)≥17 hay

7(x2+y2+z2)2≥x3+y3+z3+2(x2+y2+z2). Ta có (xy+yz+zx)2≥3xyz(x+y+z)=3xyz và

x3+y3+z2−3xyz=(x+y+z)(x2+y2+z2−xy−yz−zx) nên x3+y3+z3=3xyz+1−3(xy+yz+zx)≤(xy+yz+zx)2+1−3(xy+yz+zx).

Đặt q=xy+yz+zx thì vì (x+y+z)2≥3(xy+yz+zx) nên q≤13. Ta đưa về

7(1−2q)2≥q2+1−3q+2(1−2q) hay

(1−3q)(4−9q)≥0.

Do q≤13 nên q≤49 và bất đẳng thức trên là đúng. Vậy ta có đpcm.

Bài 2.

Nhận xét rằng vai trò của số 2017 trong bài toán là không cần thiết cho nên ta sẽ giải bài toán khi thay 2017 bởi số nguyên dương p bất kỳ. Từ điều kiện đầu tiên, ta có được f(pk)=p3k với k là số nguyên dương bất kỳ.

Trong điều kiện thứ hai, thay n bởi m, ta có f(m) là bội của m với mỗi m nguyên dương nên ta đặt f(m)=m.g(m) (g:N∗→N∗). Khi đó ta có các điều kiện sau:

i/ g(mn)=g(m).g(n)∀m,n∈N∗

ii/ mg(m)+ng(n) là bội của m+n.

iii/ g(pn)=p2n∀n∈N∗.

Đặt h(m)=g(m)−m2 (h:N∗→Z) và thay n bởi pn tại ii), ta có m.h(m) là bội của m+pn. Chọn n đủ lớn thì h(m)=0 với mỗi m hay f(m)=m3 với mỗi m nguyên dương. Thử lại thoả mãn.

Vậy f(m)=m3 là nghiệm hàm duy nhất.

Bài 3.

(a) Trước hết, ta có một kết quả quen thuộc sau.

Bổ đề: Gọi A1, B1 lần lượt là điểm chính giữa các cung BC, AC không chứa A, B của (O). Khi đó A, I, A1, Ia thẳng hàng và A1 là trung điểm của IIa. Tương tự đối với B, I, B1, Ib.

Trở lại bài toán, theo bổ đề, phép vị tự tâm I, tỉ số 2 biến ΔOA1B1 thành ΔMIaIb, do đó tam giác này cân tại M.

Mở ảnh

(b) Ta thực hiện chuyển đổi mô hình. Gọi Ia là tâm bàng tiếp góc A của tam giác ABC thì (O) chính là đường tròn Euler của tam giác IaIbIc. Xét bổ đề sau:

Bổ đề: Cho tam giác ABC có đường thẳng d đi qua tâm ngoại tiếp O. Gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu của A,B,C lên d. Chứng minh rằng đường thẳng qua D,E,F vuông góc với BC,CA,AB đồng quy trên đường tròn Euler của tam giác ABC.

Gọi l là đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với d. Gọi S là điểm anti-Steiner của l. J là điểm đối xứng của S qua BC và X là giao điểm của SJ và (O). K là điểm đối xứng với H qua BC. \medskip

Ta có: ∠AXS=∠AKS=∠KHJ suy ra HJ∥AX. Do đó, D nằm trên AX hay D là trung điểm AX. Suy ra đường thẳng qua D vuông góc với BC đi qua trung điểm I của SH và nằm trên đường tròn Euler của tam giác ABC. \medskip

Trở lại bài toán, ta áp dụng bổ đề trên cho đường thẳng OI đi qua tâm đường tròn (IaIbIc) thì dễ dàng có P∈(O).

Bài 4.

Ta sẽ chứng minh quy nạp theo m cho điều này. Trước hết ta phát biểu bổ đề: AΔB=AΔC thì B=C.

Giả sử B≠C, khi đó không giảm tổng quát giả sử giả sử a là phần tử thỏa a∈B và a∉C. Ta có hai trường hợp như sau:

  •  Nếu a∈A khi đó a∉(A∖B),a∉(B∖A)⇒a∉AΔB. Nhưng lại có a∈(A∖C) nên suy ra a∈AΔC nên AΔB≠AΔC, vô lý.
  •  Nếu a∉A thì chứng minh tương tự suy ra a∉AΔC và a∈AΔB nên suy ra AΔB≠AΔC. Như vậy ta suy ra B=C.

Bây giờ ta sẽ quy nạp theo m. Với m=1 thì ta có một tập thuộc T là tập rỗng. Với m=2 và hai tập A,B thì ta có hai tập thuộc T là tập rỗng và AΔB thỏa. Như vậy giả thiết đúng với m=1,2.

Giả sử giả thiết đúng với m=k thì ta chứng minh nó đúng với m=k+1. Xét m+1 tập A1,A2,…,Am+1. Nếu với m tập A1,A2,…,Am mà số lượng tập tạo thành không nhỏ hơn m+1 thì khi đó ta thêm vào một tập Am+1 thì giả thiết vẫn đúng. Do đó ta chỉ xét cho trường hợp |T|=m.

Khi đó, nếu ta thêm vào một tập Am+1 thì ta sẽ thêm vào tập T các tập hợp Am+1ΔA1,…,Am+1ΔAm+1. Nếu các tập này trùng với m tập đã có trong T thì do |T|=m nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại i,j,1≤i<j≤m+1 để Am+1ΔAi=Am+1ΔAj và theo bổ đề ta có Ai=Aj, vô lý. Vậy trong m+1 tập đó chắc chắn có một tập khác với các tập trong T và số phần tử của T tăng lên ít nhất một đơn vị, tức là |T|≥m+1.

Vậy giả thiết quy nạp là đúng và ta có đpcm.

Giải bài toán bằng đại lượng cực biên – Phần 1

Leave a reply

(Bài viết dành cho học sinh lớp 8,9 và đầu lớp 10)

Có một câu chuyện thú vị thường thấy là trong lớp học những người nào ngồi bàn đầu hay bàn cuối thì thường hay bị gọi lên bảng trả bài hơn là những người khác, vì sao như vậy? Thực sự vì hai vị trí đó là vị trí đầu và cuối, tức là vị trí biên, vị trí “đặc biệt” hơn các vị trí khác, nên dễ được chú ý hơn.

Hoặc có một bài toán đơn giản sau: Tam giác ABC, M thuộc cạnh BC, với vị trí nào của M thì AM đạt giá trị lớn nhất? (nhỏ nhất?). Dễ nhận ra rằng AM≤AB hoặc AM≤AC, do đó AM lớn nhất chỉ khi M là một trong hai vị trí B hoặc C, đó chính là vị trí biên của đoạn thẳng.

Do đó các vị trí biên của một tập hợp X nào đó luôn có những đặc điểm mà vị trí khác không có được, kiểu nếu lệch ra một tí thì “bay màu” khỏi X.

Nguyên lý cực biên cũng như nguyên lý quy nạp, đó là một trong các nguyên lý quan trọng để chứng minh các định lý hay các bài toán. Xuất phát tự quan hệ thứ tự trong tập các số thực, và tiên đề xây dựng số tự nhiên, ta có các tính chất sau

  • Mọi tập con khác rỗng hữu hạn của tập số thực luôn có phần tử lớn nhất và nhỏ nhất.
  • Mọi tập con khác rỗng của tập các số tự nhiên đều có phần tử nhỏ nhất
  • Mọi tập con khác rỗng bị chặn trên của tập số nguyên có phần tử lớn nhất, bị chặn dưới thì có phần tử nhỏ nhất.

Nguyên lý cực biên xuất hiện nhiều trong các chứng minh, trong bài viết nhỏ này tôi chỉ giới thiệu một số bài toán cơ bản thường gặp để giúp các em học sinh nắm được kĩ thuật chứng minh này, từ đó vận dụng để làm các bài toán khó hơn.

Việc sử dụng nguyên lí cực hạn có cái quan trọng nhất là mình sử dụng đặc điểm đặc biệt của đại lượng cực biên, xem như một giả thiết mới để khai thác, kết hợp với các kĩ thuật sắp xếp, phản chứng để giải quyết bài toán.

Ta xét vài ví dụ sau

Bài 1. Cho số thực x chứng minh rằng tồn tại duy nhất số nguyên n sao cho n≤x<n+1. (n được gọi là phần nguyên của x, kí hiệu là [x].

Lời giải. 

Nhận xét: rõ ràng n là số nguyên mà nhỏ hơn và “gần” x nhất, tức là nếu n tăng thêm một đơn vị thì nó sẽ vượt qua x. Từ ý đó ta có thể giải như sau:

Đặt A={n∈Z,n≤x}, ta thấy A là tập con khác rỗng của Z, bị chặn trên bởi x nên tồn tại phần tử lớn nhất, đặt là n∘. Ta chứng minh n∘≤x<n∘+1.

Rõ ràng n∘∈A nên n∘≤x.

Giả sử n∘+1≤x thì n∘∈A và n∘+1>n∘ vô lí vì n∘ là phần tử lớn nhất của A. Do đó n∘+1>x

Từ đó ta có n∘≤x<n∘+1.

Bước kế tiếp là chứng minh duy nhất,giả sử tồn tại n′ nguyên thỏa n′≤x<n′+1. \

Nếu n′>n∘ thì n′≥n∘+1>x, vô lí, tương tự với n∘>n′.

Do đó n′=n∘.

Bài 2. Cho hai số nguyên dương a,b. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất cặp số q,r sao cho 0≤r≤b−1 và a=bq+r

Lời giải. Do 0≤r≤b−1 nên mình thấy rằng, q trong đẳng thức trên là số lớn nhất để hiệu a−bq không không âm.

Đặt A={a−bq≤0,q∈N}.

Rõ ràng A khác rỗng vì a−b⋅0>0, và là tập con của tập các số tự nhiên. Khi đó A có phần tử nhỏ nhất, đặt là r, ta có q để r=a−bq. Ta chứng minh 0≤r≤b−1.

Rõ ràng r∈A nên r≥0.

Ở ý còn lại, ta giả sử r≥b, khi đó r−b=a−bq−b=a−b(q+1)≥0 và r−b<r, do đó r−b thuộc A và nhỏ hơn r,  mâu thuẫn với r là số nhỏ nhất thuộc A.

Giả sử tồn tại cặp q′,r′ thỏa đề bài. Khi đó a=bq+r=bq′+r′

suy ra r−r′=b(q′−q) chia hết cho b mà |r−r′|≤b−1, do đó r−r′=0, và q−q′=0. Ta có điều cần chứng minh.

Ví dụ 3. Cho a,b là hai số nguyên dương, gọi d là ước chung lớn nhất của a và b. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x,y thỏa d=x⋅a+y⋅b

Lời giải. Ý tưởng tương tự như bài trên, xét tập các tổ hợp tuyến tính dương của a,b có dạng xa+yb,

Đặt T = xa+yb|x,y∈Z,xa+yb>0. Rõ ràng T khác rỗng và là tập con của tập các số tự nhiên nên có phần tử nhỏ nhất, đặt là e.
Khi đó T có phần tử nhỏ nhất, ta đặt e=xa+yb.
Giả sử a=ek+r, với 0≤r<e , suy ra r=a–ek=a–(xa+yb).k=a(1–xk)+b.yk.

  • Nếu r>0 thì r≤e mâu thuẫn vì e là phần tử nhỏ nhất của T.
  • Vậy r=0 suy ra e|a. Chứng minh tương tự ta có e|b do đó e|d.
  • Mặt khác d|a,d|b suy ra d|(xa+yb) hay d|e. Từ đó ta có d=e.

Ví dụ 4. Chứng minh rằng 2 là số vô tỉ.

Lời giải. Việc chứng minh 2 là số vô tỉ có nhiều cách, nhìn chung đều sử dụng phản chứng, và tính chất số học, lần này ta trình bày với phản chứng kết hợp với đại lượng cực biên.

Giả sử 2 không là số vô tỉ, tức là 2=ab trong đó a,b là các số nguyên dương, suy ra b2=a là số nguyên dương.

Đặt A={n|n,n2∈N}. Rõ ràng, A khác rỗng là con của tập các số nguyên dương, nên có phần tử nhỏ nhất, đặt là k.

Ta có k,k2 nguyên dương, suy ra k(2−1) nguyên dương.

Và k(2−1)2=2k–k2 cũng nguyên dương.

Do đó k(2−1) thuộc A và 0<k(2−1)<k vô lí vì k là nhỏ nhất.

Ví dụ 5. Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương x,y,z,t sao cho x2+y2=3(z2+t2)

Lời giải. Giả sử tồn tại bộ 3 số nguyên dương thỏa đề bài, ta chọn bộ thỏa x2+y2 nhỏ nhất. Khi đó x2+y2 chia hết cho 3, suy ra x,y đều chia hết cho 3, khi đó x=3x′,y=3y′, suy ra z2+t2=3(x′2+y′2), thì bộ (z,t,x′,y′) cũng thỏa đề bài, nhưng z2+t2<x2+y2. Mâu thuẫn.

Do đó phương trình không có nghiệm trong tập các số nguyên dương.

(Hết phần 1)

Tài liệu tham khảo. 

[1] Giải toán bằng phương pháp Đại lượng cực biên – Nguyễn Hữu Điển

[2] Problems Solving Strategies –

Đề thi và đáp án chọn đội tuyển toán trường PTNK năm 2021

Leave a reply

Ngày thi thứ nhất. 

Bài 1. Tìm hàm số f:R→R thỏa f(xf(y)+f(x))=f(x)+xy+x+1,∀x,y∈R.

Bài 2. Cho dãy số (un) thỏa u1=2,u2=1 và un+1=unun−1n với mọi n≥2.
Xét dãy số (vn) xác định bởi vn:=u1+u2+…+un,∀n≥1. Chứng minh dãy (vn) hội tụ.

Bài 3. Cho p là số nguyên tố, n là số nguyên dương thỏa 2<p<n. Gọi A là tập hợp các đa thức P(x)=xn+an−1xn−1+…+a1x+a0 có tất cả các hệ số thuộc tập 1;2;…;n! và P(m) chia hết cho p với mọi số nguyên dương m.

a) Chứng minh tổng a1+ap+a2p−1+…+a1+k(p−1) chia hết cho p với mọi k=[n−1p−1] (xem an=1 ), kí hiệu [x] là phần nguyên của x.
b) Tính số phần tử của A theo n và p.

Bài 4. Cho tam giác ABC có (I) là đường tròn nội tiếp. Một đường thẳng qua A cắt (I) tại M,N. Gọi T là giao điểm của các tiếp tuyến với (I) tại M,N.

b) Chứng minh rằng nếu AT∥BC thì MN đi qua trung điểm K của BC.
c) Gọi D là tiếp điểm của (I) với AB và E là giao điểm của DM với AC. Trên EN lấy điểm F thoả TF vuông góc AI. Chứng minh rằng khi đường thẳng AMN thay đổi, giao điểm P của MF và DN thuộc một đường thẳng cố định.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho n số thực x1,x2,…,xn thỏa hiệu giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất của chúng là 1 . Ta xây dựng
y1=x1,y2=x1+x22,…,yn=x1+x2+…+xnn
Gọi M,m lần lượt là số lớn nhất và nhỏ nhất trong các số y1,y2,⋯,yn. \
Tìm giá trị lớn nhất của M−n.

Bài 6.  Cho tập X=1;2;…;20. Tập con A của X được gọi là tập “tránh 2 ” nếu với mọi x,y thuộc A thì |x−y| khác 2 . Tìm số các tập con “tránh 2 ” của X có 5 phần tử.

Bài 7. Cho tam giác ABC và điểm D trên cạnh BC. Các đường tròn ( ABD ), ( ACD ) lần lượt cắt AC,AB tại E,F. Gọi I là tâm đường tròn (AEF).
a) Chứng minh ID vuông góc BC.
b) Gọi H là giao điểm của ID với EF và K là điểm thoả mãn HBK=HCK=90∘. Các đường tròn (IBK), (ICK) lần lượt cắt IC, IB tại M, N. Chứng minh tâm J của đường tròn (IMN) thuộc trung trực BC.

Bài 8.  Cho p là số nguyên tố. Với mọi số nguyên a, đặt
q:=1+a+a2+…+ap−1.
Chứng minh (1−a)(1−a2)…(1−ap−1)−p chia hết cho q.

 

Đáp án sẽ được đăng trong Tập san Star education số 7/2022

Một số định lý, mô hình hình học quan trọng hình học 9

1 Reply

Bài 1. (Đường thẳng Euler, Đường tròn Euler) Cho tam giác ABC, các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H, trung điểm các cạnh là M,N,P, các đường thẳng AM,BN,CP cắt nhau tại G. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

a) Chứng minh AH=2OM.

b) Chứng minh H,G,O thẳng hàng và HG=2OG. (Đường thẳng qua O,H,G là đường thẳng Euler)

c) Gọi X,Y,Z là trung điểm của HA,HB,HC. Chứng minh 9 điểm D,E,F,M,N,P,X,Y,Z cùng thuộc một đường tròn và tâm là trung điểm OH. (Đường tròn Euler – Đường tròn 9 điểm).

d) Lấy một điểm T thuộc (O), chứng minh trung điểm của HT thuộc đường tròn Euler.

Hướng dẫn

a) Vẽ đường kính AK, ta có BHCK là hình bình hành, trung điểm M của BC cũng là trung điểm HK, tam giác AHK thì OM là đường trung bình nên AH=2OM.

b) Tam giác AHK có AM là trung tuyến và GA=2GM nên G cũng là trọng tâm, do đó H,G,O thẳng hàng và HG=2GO.

c) Ta có ∠XEH=∠XHE,∠MEH=∠MBE, suy ra ∠MEX=∠XEH+∠MEH=∠XHE+∠MBE=90∘, suy ra E thuộc đường tròn đường kính XM tâm J.

XN||CH,MN||AB, suy ra MN⊥NX, suy ra N thuộc (J).

MZ||BH,XZ||AC suy ra ∠MZX=90∘, suy ra Z∈(J).

Từ đó chứng minh được các điểm cùng thuộc đường tròn đường kính MX.

HXMO là hình bình hành nên J là trung điểm OH.

d) Tam giác MNP và ABC đồng dạng, tỉ số 1/2 nên đường tròn Euler có bán kính bằng 1/2 bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Xét tam giác HOT có JL là đường trung bình nên JL=12OT, suy ra L thuộc (J).

Bài 2. (Đường thẳng Simson – Đường thẳng Steiner) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn w, P là một điểm thuộc (w). Gọi D,E,F là hình chiếu của P trên các đường thẳng BC,AC,AB.

a) Chứng minh rằng D,E,F cùng thuộc một đường thẳng. (Đường thẳng Simson của tam giác ABC ứng với P.

b) Gọi D′,E′,F′ đối xứng của P qua BC,AC,AB. Chứng minh rằng D′,E′,F′ cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng này qua trực tâm của tam giác ABC.

Hướng dẫn

Bài 3. (Bài toán về điểm humpty) Cho tam giác ABC, các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H, M là trung điểm BC, P là hình chiếu của H trên $AM. Khi đó

a) P là giao điểm của đường tròn đường kính AH và đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC. (P được gọi là điểm A−humpty)

b) MP⋅MA=MB2=14BC2 và BC là tiếp tuyến chung của (ABP) và (ACP)

c) Vẽ AQ vuông góc MH, thì Q thuộc (ABC).

d) AQ,HP,BC đồng quy.

Hướng dẫn

a) Ta có các AP⋅AM=AH⋅AD=AF⋅AB, suy ra BFPM nội tiếp. Khi đó ∠MPB=∠MFB=∠ABM.

Chứng minh tương tự thì ∠MPC=∠ACB

Suy ra ∠BPC=∠MPB+∠MPC=∠B+∠C=180∘–∠A=∠BHC.

Suy ra BHPC nội tiếp.

b) Từ câu a, ta có ∠MPB=∠ABM, suy ra tam giác MPB và MBA đồng dạng, khi đó MA⋅MP=MB2=14BC2.

c) Ta xét tam giác BHC với A là trực tâm thì vai trò điểm Q giống vai trò điểm P, nên Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

d) Xét tam giác AHM thì AQ,HP,DM là 3 đường cao nên đồng quy.

Bài 4. (Tứ giác điều hòa – Điểm Dumpty).  Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), tiếp tuyến tại B,C cắt nhau tại P, AP cắt (O) tại D khác A và cắt BC tại I. OP cắt BC tại M.

a) Chứng minh OMDA nội tiếp và IAID=PAPD

b) Chứng minh ∠MDC=∠ADB và AD⋅BC=2AC⋅DB=2BD⋅AC.

c) Tiếp tuyến tại A,D cắt nhau tại Q. Chứng minh Q thuộc BC.

d) Gọi X là giao điểm của OQ và AD, chứng minh ∠XBA=∠XAC,∠XAC=∠XBA. (Điểm A−dumpty của tam giác ABC).

Hướng dẫn

a) PMcot⁡PO=PB2=PA⋅PD.

∠PMD=∠PAO=∠ODA=∠AMO, suy ra MP,MI là phân giác ngoài và phân giác trong của ∠APD.

b) MO⋅MP=MB2=MA⋅MD, suy ra ABM và BMD đồng dạng.

c) 5 điểm A,P,M,D,Q cùng thuộc đường tròn, QA=QD nên MQ là phân giác ∠AMD.

d)  Chứng minh BAX và BCD đồng dạng, do AX⋅BC=AB⋅CD.

Bài 5. Cho tam giác ABC, có O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Một đường thẳng vuông góc với OA cắt các cạnh AB,AC tại F,E và đường thẳng BC tại D. 

a) Chứng minh BFEC nội tiếp.

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt (O) tại điểm P khác A. Chứng minh các tam giác PEF và PCB đồng dạng.

c) Chứng minh các tứ giác BDPF,BCEP nội tiếp và A,P,D thẳng hàng.

d) Gọi Oa,Ob lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AEF,BDF và BCEF. Chứng minh Oa,Ob,Oc,O cùng thuộc một đường tròn.

Hướng dẫn

a) Vẽ tiếp tuyến tại A là Ax, ∠ACB=∠xAB=∠AEF.

b) ∠AFP=∠AEP,∠PBA=∠BCA.

c) ∠PEF=∠PAC=∠PBD

∠DPF+∠APF=∠ABC+∠CEF=180∘.

d) ObOc là trung trực BF,O_aO_clàtrungtrựcEF$.

Suy ra ∠OaOcOb=12∠ACB$.

Tương tự cũng có ∠OaOOb

Bài 6. (Tứ giác điều hòa) xem tại đây https://geosiro.com/?p=1185

Đáp án đề thi chọn đội tuyển trường PTNK năm 2020

Leave a reply

Ngày thi thứ nhất.

Bài 1. Với mỗi số nguyên dương n, tìm số thực Mn lớn nhất sao cho với mọi số thực dương x1,x2,…,xn thì ta đều có
∑k=1n1xk2+1(∑k=1nxk)2≥Mn(∑k=1n1xk+1∑k=1nxk)2

Bài 2. Cho 2021 số nguyên khác 0 . Biết rằng tổng của một số bất kỳ trong chúng với tích của tất cả 2020 số còn lại luôn âm.
(a) Chứng minh rằng với mọi cách chia 2021 số này thành hai nhóm và nhân các số cùng nhóm lại với nhau thì tổng của hai tích cũng luôn âm.
(b) Một bộ số thỏa mãn đề bài thì có thể có nhiều nhất mấy số âm?

Bài 3. Cho hai hàm số f:R→R và g:R→R thỏa mãn g(2020)>0 và với mọi x,y∈R thì {f(x−g(y))=f(−x+2g(y))+xg(y)−6g(y)=g(2f(x)−y)

(a) Chứng minh rằng g là hàm hằng.

(b) Chứng minh rằng đồ thị h(x)=f(x)−x nhận x=1 là trục đối xứng.

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O) có trực tâm H và AH,BH,CH cắt cạnh đối diện lần lượt tại D,E,F. Gọi I,M,N lần lượt là trung điểm các cạnh BC,HB,HC và BH,CH cắt lại (O) theo thứ tự tại các diểm L,K. Giả sử KL cắt MN ở G.
(a) Trên EF, lấy điểm T sao cho AT vuông góc với HI. Chứng minh rằng GT vuông góc với OH.
(b) Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của DE,DF và MN. Gọi S là giao điểm của BQ,CP. Chứng minh rằng HS di qua trung điểm của EF.

Ngày thi thứ hai.
Bài 5. Cho số nguyên dương n>1. Chứng minh rằng với mọi số thực a∈(0;1n) và mọi đa thức P(x) có bậc 2n−1 thỏa mãn điều kiện P(0)=P(1)=0, luôn tồn tại các số thực x1,x2 thuộc [0;1] sao cho P(x1)=P(x2) và x2−x1=a.

Bài 6. Giải phương trình sau trên Z+:(x2+3)3x+1[(x2+3)3x+1+1]+x2+y=x2y.

Bài 7 . Cho các số nguyên n>k>t>0 và X=1,2,…,n. Gọi F là họ các tập con có k phần tử của tập hợp X sao cho với mọi F,F′∈F thì |F∩F′|≥t. Giả sử không có tập con có t phần tử nào chứa trong tất cả các tập F∈F.
(a) Chứng minh rằng tồn tại một tập hợp B⊂X sao cho |B|<3k và |B∩F|≥t+1 với mọi F∈F.
(b) Chứng minh rằng |F|<C3kt+1Cnk−t−1.

Bài 8. Cho tam giác ABC nội tiếp trong (O) với B,C cố định và A thay đổi trên cung lớn BC. Dựng hình bình hành ABDC và AD cắt lại (BCD) ở K.
(a) Gọi R1,R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp (KAB),(KAC). Chứng minh rằng tích R1R2 không đổi.
(b) Ký hiệu (T),(T′) lần lượt là các đường tròn cùng đi qua K, tiếp xúc với BD ở B và tiếp xúc với CD ở C. Giả sử (T),(T′) cắt nhau ở L≠K. Chứng minh rằng AL luôn đi qua một điểm cố định.

Hết

Đề thi và đáp án kì thi chọn đội tuyển thi Quốc gia trường Phổ thông Năng khiếu năm học 2016 -2017

Leave a reply

Đề thi

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Tìm tất cả a để dãy số (un) hội tụ, biết u1=a và ∀n∈N∗ thì:
un+1={2un−1 nếu un>0,−1 nếu −1≤un≤0,un2+4un+2 nếu un<−1.

Bài 2. Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất để bất đẳng thức xkykzk(x3+y3+z3)≤3
luôn đúng với mọi số thực dương x,y,z thoả mãn điều kiện x+y+z=3.

Bài 3. Cho hàm số f:N∗→N∗ thoả mãn hai điều kiện sau:

i)  f là hàm tăng thật sự trên N∗.

ii) f(2n)=2f(n) ∀n∈N∗.

a) Giả sử f(1)=3 và p>3 là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho f(n) chia hết cho p.
b) Cho q là số nguyên tố lẻ. Hãy xây dựng một hàm f thoả mãn các điều kiện của bài toán mà f(n) không chia hết cho q với mọi n nguyên dương.

Bài 4. Cho tam giác ABC có góc ∠BAC tù và AH⊥BC (H nằm trên BC). Điểm M thay đổi trên cạnh AB. Dựng điểm N sao cho ΔBMN∼ΔHCA, với H và N nằm khác phía đối với đường thẳng AB.

a) Gọi CM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN tại K. Chứng minh rằng NK luôn đi qua một điểm cố định.
b) Gọi NH cắt AC tại P. Dựng điểm Q sao cho △HPQ∼ΔHNM, với Q và M nằm khác phía đối với đường thẳng NP. Chứng minh rằng Q luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Với mỗi số nguyên dương n, tồn tại duy nhất số tự nhiên a thoả mãn điều kiện a2≤n<(a+1)2. Đặt Δn=n−a2.

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của Δn khi n thay đổi và luôn thoả mãn n=15m2 với m là số nguyên dương.
b) Cho p,q là các số nguyên dương và d=5(4p+3)q2. Chứng minh rằng Δd≥5.

Bài 6.  Với các số nguyên a,b,c,d thoả mãn 1≤a<b<c<d, ký hiệu:
T(a,b,c,d)=x,y,z,t⊂N∗∣1≤x<y<z<t, x≤a,y≤b,z≤c,t≤d

a) Tình số phần tử của T(1,4,6,7).
b) Cho a=1 và b≥4. Gọi d1 là số phần tử của T(a,b,c,d) chứa 1 và không chứa 2; d2 là số phần tử chứa 1,2 và không chứa 3; d3 là số phần tử chứa 1,2,3 và không chứa 4. Chứng minh rằng d1≥2d2−d3. Đẳng thức xảy ra khi nào ?

Bài 7. Trong một hệ thống máy tính, một máy tính bất kỳ có kết nối trực tiếp với ít nhất 30% máy tính khác của hệ thống. Hệ thống này có một chương trình cảnh báo và ngăn chặn khá tốt, do đó khi một máy tính bị virus, nó chỉ có đủ thời gian lây cho các máy tính được kết nối trực tiếp với nó. Chứng minh rằng dù vậy, kẻ tấn công vẫn có thể chọn hai máy tính của hệ thống mà nếu thả virus vào hai máy đó, ít nhất 50% máy tính của hệ thống sẽ bị nhiễm virus.

Bài 8. Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn (I) có tâm I thuộc cạnh BC và tiếp xúc với các cạnh AB,AC lần lượt tại E,F. Lấy M,N bên trong tứ giác BCEF sao cho EFNM nội tiếp (I) và các đường thẳng MN,EF,BC đồng quy. Gọi MF cắt NE tại P, AP cắt BC tại D.

a) Chứng minh rằng A,D,E,F cùng thuộc một đường tròn.
b) Lấy trên các đường thẳng BN,CM các điểm H,K sao cho ∠ACH=∠ABK=90∘. Gọi T là trung điểm HK. Chứng minh rằng TB=TC.

Hết

Lời giải

Lời giải

Bài 1. 

  • Nếu a>1, bằng quy nạp đơn giản, ta có un>1 ∀n∈N∗ và
    un=2n−1(a−1)+1, ∀n∈N∗.
    Do a>1, cho n→+∞ thì un→+∞. Từ đó (un) không hội tụ.
  •  Nếu a=1 thì un=1 ∀n∈N∗ hay (un) hội tụ về 1.
  • Nếu 0<a<1, ta sẽ chứng minh rằng (un) có ít nhất một số hạng không dương. Thật vậy, giả sử un>0 ∀n∈N∗ thì theo trường hợp đầu tiên, ta có:
    un=2n−1(a−1)+1 ∀n∈N∗
    Do a>1, cho n→+∞ thì un→−∞, trái với việc un>0 ∀n,∈N∗. Từ đó điều giả sử là sai hay phải tồn tại k∈N∗ sao cho uk>0 và uk+1≤0. Với cách chọn chỉ số k như vậy, ta có:
    −1≤2uk−1=uk+1≤0
    Khi đó uk+2=0. Bằng quy nạp thì un=−1 ∀n∈N∗,n≥k+2. Điều này dẫn đến (un) hội tụ về −1.
  • Nếu −1≤a≤0, từ giả thiết thì u2=−1. Bằng quy nạp thì un=−1 ∀n∈N∗,n≥2 hay (un) hội tụ về −1.
  • Nếu −2<a<−1, ta có:
    u2−u1=a2+3a+2=(a+2)(a+1)<0
    Khi đó thì u2<u1<−1. Lại có u2=(a+2)2−2≥−2 nên −2<u2<−1. Bằng quy nạp, ta có (un) là dãy giảm và −2<un<−1 nên (un) hội tụ.
  • Nếu −2−3≤a≤−2 thì u2=a2−4a+2 và dễ có được:
    −1≤a2−4a+2≤1
    Theo các trường hợp đã xét, dãy số (un) hội tụ.
  • Nếu a<−2−3, bằng vài tính toán, ta có u2=a2−4a+2>1.\
    Theo trường hợp đầu tiên, dãy số (un) không hội tụ.Vậy dãy số (un) hội tụ khi và chỉ khi −2−3≤a≤1.]

Bài 2. Ta sẽ chứng minh rằng k=3 là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn bài toán. Trước hết, chọn x=y=34,z=32 thì ta phải có:
(34)2k⋅(32)k(2⋅(34)3+(32)3)≤3
Dễ thấy đánh giá trên chỉ đúng nếu k≥3. Ta đưa về chứng minh rằng:
x3y3z3(x3+y3+z3)≤3.
Không mất tính tổng quát, giả sử x≥y≥z thì z≤1. Ta có:
x3+y3=(x+y)3−3xy(x+y)=(3−z)3−3xy(x+y) hay(3−z)3+z3≤3x3y3z3+3xy(x+y).
Khai triển và thu gọn, bất đẳng thức trở thành:
3z2−9z+9≤1x3y3z3+x2y+xy2.
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có vế phải của bất đẳng thức trên sẽ không nhỏ hơn 3z. Từ đây ta chỉ cần chứng minh rằng 3z2−9z+9≤3z hay 3(z−1)3≤0, đúng.
Vậy k=3 là hằng số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn bài toán.

Bài 3.

(a) Đặt A=f(n+1)−f(n)|n∈N∗.

Vì f là hàm số tăng thực sự trên N∗ nên A⊂N∗.

Khi đó phải tồn tại k=minA và tồn tại n∈N∗ để k=f(n+1)−f(n).

Khi đó:
f(2n+2)–f(2n)=2f(n+1)–2f(n)=2k.

Lại có f(2n+2)–f(2n+1),f(2n+1)–f(2n)≥k nên

f(2n+2)−f(2n+1)+f(2n+1)−f(2n)≥2k.
Từ đây ta phải có f(2n+2)–f(2n+1)=f(2n+1)–f(2n)=k. Bằng quy nạp theo m, ta chứng minh được

f(2mn+t)=2mf(n)+tk ∀t,m∈N,t≤m.

Lại có f(1)=3,f(2)=6 nên k≤3<p hay (k,p)=1. \medskip

Xét p số nguyên dương sau:
f(2pn),f(2pn+1),f(2pn+2),…,f(2pn+p−1)
lập thành một cấp số cộng có công sai k nên là một hệ thặng dư đầy đủ modulo p. Từ đó phải tồn tại một số hạng chia hết cho p. \medskip

(b) Ta xây dựng một hàm số f với các điều kiện như sau:

f(1)=2a>q(a∈N∗,

f(2n)=2f(n) ∀n∈N∗,

f(2n+1)=f(2n)+q ∀n∈N∗.

Ta chứng minh rằng hàm số f vừa xây dựng thỏa mãn bài toán. \medskip

Trước hết ta chứng minh rằng f là hàm tăng thực sự, cụ thể là:
f(n+1)–f(n)≥q ∀n∈N∗.
Với n=1, ta có f(2)−f(1)=2.2a–2a=2a>q. Giả sử khẳng định cần chứng minh đúng đến n=k. Xét các khả năng sau:

Nếu k là số chẵn, ta có f(k+1)=f(k)+q thỏa mãn yêu cầu.
Nếu k là số lẻ, ta có:
f(k+1)=2f(k+12)≥2(f(k−12)+q)=f(k−1)+2q.
Lại có f(k)=f(k−1)+q nên f(k+1)≥f(k)+q.

Theo nguyên lý quy nạp, ta có f(n+1)–f(n)≥q ∀n∈N∗. \medskip

Bây giờ ta chứng minh rằng không tồn tại n để q∣f(n). Trước hết thì f(1)=2a không chia hết cho q. Giả sử điều này đúng đến n=k. Xét các khả năng sau:

Nếu k chẵn thì f(k+1)=f(k)+q không chia hết cho q.
Nếu k lẻ thì f(k+1)=2f(k+12) không chia hết cho q.

Theo nguyên lý quy nạp, f(n) không chia hết cho q với mọi n∈N∗.
Các điều kiện đã được kiểm tra đầy đủ.

BÀI 4.

(a) Ta sẽ chứng minh rằng AD⊥BC. Gọi X là điểm đồng quy của EF,MN,BC. Do AE,AF tiếp xúc với (I) nên EF là đường đối cực của A đối với (I). Ta có X∈EF nên theo định lý La Hire, điểm A sẽ nằm trên đường đối cực của X đối với đường tròn (I). \medskip

Lại có P là giao điểm của EN,FM nên P nằm trên đường đối cực của X đối với (I). Vì thế nên AP là đường đối cực của X đối với (I) hay AP⊥BC. Do đó ∠ADI=∠AEI=∠AFI=90∘.
Vậy A,D,E,F cùng thuộc một đường tròn.

(b) Gọi S là giao điểm của BN,CM. Xét hai tam giác PEF,SBC có PE cắt SB tại N, PF cắt SC tại M, EF cắt BC tại X và X,M,N thẳng hàng. Theo định lý Desargues thì PS,EB,FC đồng quy. Mặt khác EB cắt FC tại A nên A,P,S thẳng hàng, dẫn đến S∈AD. \medskip

Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng ∠BAK=∠CAH. Áp dụng định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác ABC với:

Các đường thẳng AD,BH,CK đồng quy:
sin⁡∠DABsin⁡∠DAC⋅sin⁡∠HBCsin⁡∠HBA⋅sin⁡∠KCAsin⁡∠KCB=1
Các đường thẳng AH,BH,CH đồng quy:
sin⁡∠HABsin⁡∠HAC⋅sin⁡∠HBCsin⁡∠HBA⋅sin⁡∠HCAsin⁡∠HCB=1
Các đường thẳng AK,BK,CK đồng quy:
sin⁡∠KABsin⁡∠KAC⋅sin⁡∠KBCsin⁡∠KBA⋅sin⁡∠KCAsin⁡∠KCB=1

Chú ý rằng do các góc vuông và góc bù nhau nên ta có
sin⁡∠HACsin⁡∠HAB=sin⁡∠KABsin⁡∠KAC
Từ đó sử dụng công thức cộng cho mẫu thức và biến đổi thì:
tan⁡∠HAC=tan⁡∠KAB
Dẫn đến ∠HAC=∠KAB. Cuối cùng, ta sẽ chứng minh TB=TC.
Gọi U,V lần lượt là trung điểm của các đoạn AK,AH. Ta có:
UB=AK2=VT,UT=AH2=VC.
Đồng thời, ta cũng có:
∠BUT=∠BUA−∠AUT=∠AVC−∠AVT=∠TVC
Do đó ΔBUT=ΔTVC (c.g.c), vậy nên TB=TC.

Bài 5. 

(a) Ta cần tìm Δn nhỏ nhất để phương trình 15m2–a2=Δn có nghiệm nguyên dương. Nhận thấy 15–32=6 nên minΔn≤6. Ta chứng minh rằng phương trình trên không có nghiệm nguyên dương với Δn<6. \medskip

Ta có 3∣a2+Δn. Suy ra 3∣Δn hoặc 3∣Δn+1. Mặt khác 5∣a2+Δn nên Δn chia 5 chỉ có thể dư 0,1 hoặc 4. \medskip

Từ đó nếu tồn tại n để Δn<6 thỏa mãn bài toán thì Δn=5. Giả sử rằng tồn tại n như thế, ta có 15m2−a2=5 hay 5∣a. Đặt a=5s (s∈N∗), ta có:
3m2–5s2=1.
Từ đó thì 3(m2+s2)≡1(mod8) hay m2+s2≡3(mod8).
Điều này vô lý do m2 chia 8 dư 0,1,4. Vậy Δn nhỏ nhất là 6. \medskip

(b) Ta có 5(4p+3)q2−a2=Δd. Do a2 chia 5 dư 0,1,4 nên Δd chia 5 dư 0,1,4. Giả sử rằng có bộ số để Δd<5. Xét các khả năng sau:

Nếu Δd=0 thì 5(4p+3)q2=a2. Xét bộ số (q,a) với q+a nhỏ nhất. Từ phương trình trên, ta có a2+q2≡0 (mod 4) hay a≡q≡0 (mod 2).\medskip

Đặt a=2a1 và q=2q1 với a1,q1∈N∗ thì bộ số (q1,a1) cũng thoả mãn điều kiện 5(4p+3)q12=a12. Hơn nữa q1+a1<q+a, mâu thuẫn.
Nếu Δd=1, ta có a2+1=5(4p+3)q2. Do 5(4p+3)≡3 (mod 4) nên số này tồn tại một ước nguyên tố r≡3 (mod 4).\
Do đó a2+1≡0 (mod r) hay r∣1, vô lý.
Nếu Δd=4, chứng minh tương tự, ta cũng có điều mâu thuẫn.

Vậy ta phải có Δd≥5.

Bài 6.

(a) Với T(1,4,6,7), ta có x≤1 nên x=1. Khi đó ta có 2≤y≤4 hay y∈{2,3,4}. Xét các khả năng sau:

Nếu y=2 thì 3≤z≤6. Với mỗi giá trị của z, ta có thể thu được 7−z giá trị của t nên ta có 10 bộ số.
Nếu y=3, tương tự ta có 6 bộ số.
Nếu y=4, tương tự ta có 3 bộ số.

Vậy có tất cả 19 bộ số trong T(1,4,6,7). \medskip

(b) Đặt các tập hợp sau:
{T1={(1,y,z,t)∣3≤y≤b,y<z≤c,z<t≤d}T2={(1,2,z,t)∣4≤z≤c,z<t≤d}T3={(1,2,3,t)∣5≤t≤d}.
Ta có d3=|T3|=d–4 và
d2=∑z=4c(d−z)=(c−3)d+(c+4)(c−3)2.
Tiếp theo ta tính d1=|T1|. Vì b≥4 nên y≥3. Xét các khả năng sau

Nếu y=3 thì T(1,3,z,t)=d2.
Nếu y=4 thì T(1,4,z,t)=∑z=5c(d−z)=(c−4)d−(c+5)(c−4)2. \medskip

Từ đó d1≥d2+(c−4)d−(c+5)(c−4)2. Do đó, kết hợp với việc tính được giá trị của d2, khi cộng theo vế thì d1+d3–2d2≥0.

Vậy d1≥2d2−d3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b=4.

Ngoài lời giải khá “đại số” phía trên, có một lời giải khác cho ý sau của bài toán sử dụng song ánh:

Điểm mấu chốt là phân rã T1,T2,T3 thành các nhóm thích hợp và thiết lập được đơn ánh giữa chúng. Với các tập T1,T2,T3 định nghĩa như trên, ta viết T1 thành A∪B∪C có giao đôi một khác rỗng, trong đó
{A={(1,3,4,t)∣5≤t≤d}B={(1,3,z,t)∣5≤z≤c,z<t≤d}C={(1,y,z,t)∣4≤y≤b,y<z≤c,z<t≤d}.
Dễ kiểm chứng rằng có song ánh từ A vào T3 nên |A|=|T3|=d3.
Xét D={(1,4,z,t)∣5≤z≤c,z<t≤d}. Dễ kiểm chứng rằng D⊂C và có song ánh từ D vào B nên |D|=|B|.
Ta có A∪B={(1,3,z,t)∣4≤z≤c,z<t≤d}. Dễ kiểm chứng rằng có song ánh từ A∪B vào T2 nên |A∪B|=|T2|=d2. Chú ý rằng A∩B=∅ nên |A|+|B|=d2 hay |B|=d2−d3. Từ đó ta có:
d1=|A|+|B|+|C|≥|A|+|B|+|D|=d3+2|B|
Vậy d1≥d3+2(d2−d3)=2d2−d3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b=4.

Bài 7.

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Xét một tập con S bất kỳ của tập các máy tính X, khi đó tồn tại 1 máy tính của hệ thống kết nối trực tiếp với ít nhất 30% máy tính của S. \medskip

Thật vậy, xét các cặp (s,x) với s∈S,x∈X và (s,x) kết nối trực tiếp với nhau. Khi đó, nếu tính theo s thì số cặp như vậy sẽ không ít hơn 310|S||X|. Do đó nếu tính theo x thì sẽ phải tồn tại máy tính x kết nối trực tiếp với ít nhất 310|S|. \medskip

Quay trở lại bài toán, \medskip

Giả sử hệ thống có n máy tính. Xét máy tính A bất kỳ. Gọi S là tập hợp các máy tính không kết nối trực tiếp với A. Nếu S=∅ thì kết quả bài toán là hiển nhiên. Nếu S≠∅ thì theo bổ đề, tồn tại máy tính B kết nối trực tiếp với ít nhất 30% máy tính trong S. Ta chứng minh hai máy tính A và B thỏa mãn yêu cầu bài toán. \medskip

Thật vậy, giả sử A kết nối trực tiếp với k máy tính khác. Khi đó, theo cách chọn, A và B sẽ kết nối trực tiếp với ít nhất
k+0,3(n−k)=0,7k+0,3n≥0,7⋅0,3n+0,3n=0,51n.
Từ đây ta có được kết luận của bài toán.

Bài 8.

(a) Ta sẽ chứng minh rằng AD⊥BC. Gọi X là điểm đồng quy của EF,MN,BC. Do AE,AF tiếp xúc với (I) nên EF là đường đối cực của A đối với (I). Ta có X∈EF nên theo định lý La Hire, điểm A sẽ nằm trên đường đối cực của X đối với đường tròn (I). \medskip

Lại có P là giao điểm của EN,FM nên P nằm trên đường đối cực của X đối với (I). Vì thế nên AP là đường đối cực của X đối với (I) hay AP⊥BC. Do đó ∠ADI=∠AEI=∠AFI=90∘.
Vậy A,D,E,F cùng thuộc một đường tròn.

(b) Gọi S là giao điểm của BN,CM. Xét hai tam giác PEF,SBC có PE cắt SB tại N, PF cắt SC tại M, EF cắt BC tại X và X,M,N thẳng hàng. Theo định lý Desargues thì PS,EB,FC đồng quy. Mặt khác EB cắt FC tại A nên A,P,S thẳng hàng, dẫn đến S∈AD. \medskip

Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng ∠BAK=∠CAH. Áp dụng định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác ABC với:

Các đường thẳng AD,BH,CK đồng quy:
sin⁡∠DABsin⁡∠DAC⋅sin⁡∠HBCsin⁡∠HBA⋅sin⁡∠KCAsin⁡∠KCB=1
Các đường thẳng AH,BH,CH đồng quy:
sin⁡∠HABsin⁡∠HAC⋅sin⁡∠HBCsin⁡∠HBA⋅sin⁡∠HCAsin⁡∠HCB=1
Các đường thẳng AK,BK,CK đồng quy:
sin⁡∠KABsin⁡∠KAC⋅sin⁡∠KBCsin⁡∠KBA⋅sin⁡∠KCAsin⁡∠KCB=1

Chú ý rằng do các góc vuông và góc bù nhau nên ta có
sin⁡∠HACsin⁡∠HAB=sin⁡∠KABsin⁡∠KAC
Từ đó sử dụng công thức cộng cho mẫu thức và biến đổi thì:
tan⁡∠HAC=tan⁡∠KAB
Dẫn đến ∠HAC=∠KAB. Cuối cùng, ta sẽ chứng minh TB=TC.

Gọi U,V lần lượt là trung điểm của các đoạn AK,AH. Ta có:
UB=AK2=VT,UT=AH2=VC.
Đồng thời, ta cũng có:
∠BUT=∠BUA−∠AUT=∠AVC−∠AVT=∠TVC
Do đó ΔBUT=ΔTVC (c.g.c), vậy nên TB=TC.

Đề thi và đáp án kì thi chọn đội tuyển thi Quốc gia trường Phổ thông Năng khiếu năm học 2015 -2016

Leave a reply

Đề bài

Ngày thi thứ nhất

Bài 1.  Cho tập hợp:
A={n∈N∣1≤n≤2015,gcd(n,2016)=1}.
Hỏi có bao nhiêu số nguyên a∈A sao cho tồn tại số nguyên b mà a+2016b là số chính phương?
Bài 2. Cho a,b,c,d là các số thực thỏa mãn điều kiện:
{a2≤1a2+b2≤5a2+b2+c2≤14a2+b2+c2+d2≤30.

a)Chứng minh rằng a+b+c+d≤10.
b) Chứng minh rằng ad+bc≤10.

Bài 3.  Tìm tất cả các hàm số f:R→R thỏa mãn:
f(x−2f(y))=5f(x)−4x−2f(y), ∀x,y∈R.
Bài 4. Cho đường tròn k và các điểm B,C thuộc đường tròn sao cho BC không phải là đường kính; I là trung điểm BC. Điểm A di động trên cung lớn BC của k. Gọi (I1) là đường tròn qua I và tiếp xúc với AB tại B, (I2) là đường tròn qua I và tiếp xúc với AC tại C. Các đường tròn (I1),(I2) cắt nhau tại D.

a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AID luôn đi qua một điểm cố định.
b) Gọi K là trung điểm AD, E là tâm đường tròn qua K và tiếp xúc với AB tại A, F là tâm đường tròn qua K và tiếp xúc với AC tại A. Chứng minh rằng góc ∠EAF có số đo không đổi.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho dãy số (xn) được xác định bởi xn=1ncos⁡1n ∀n∈N∗. Tính giới hạn:
limn→+∞x1+x3+x5+⋯+x2n−1x2+x4+x6+⋯+x2n.
Bài 6. Tìm các giá trị của b sao cho tồn tại a để hệ phương trình sau có nghiệm (x,y):
{(x−1)2+(y+1)2=by=x2+(2a+1)x+a2.
Bài 7. Cho n là số nguyên dương, n≥2 và X={1,2,3,…,n}. Gọi A1,A2,…,Am và B1,B2,…,Bm là hai dãy các tập con khác rỗng của X thỏa mãn điều kiện sau: với mỗi i,j∈{1,2,3,…,m}, Ai∩Bj=∅ nếu và chỉ nếu i=j.
a) Chứng minh rằng với mỗi hoán vị (x1,x2,…,xn) của tập hợp X, có không quá một cặp tập hợp (Ai,Bi) với i=1,2,3,…,m sao cho nếu xk∈Ai và xl∈Bi thì ta phải có k<l.
b) Gọi ai,bi lần lượt là số phần tử của tập hợp Ai,Bi với i=1,2,3,…,m. Chứng minh rằng:
∑i=1m1Cai+biai≤1.

Bài 8.  Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Đường tròn tâm I đi qua B,C lần lượt cắt các tia BA,CA tại E,F.

a) Giả sử các tia BF,CE cắt nhau tại D và T là tâm đường tròn (AEF). Chứng minh rằng OT∥ID.
b) Trên BF,CE lần lượt lấy các điểm G,H sao cho AG⊥CE,AH⊥BF. Các đường tròn (ABF),(ACE) cắt BC tại M,N khác B,C và cắt EF tại P,Q khác E,F. Gọi K là giao điểm của MP,NQ. Chứng minh rằng DK⊥GH.

Hết

Giải

Bài 1.

Cho số nguyên dương n>1, ta quy ước gọi một số nguyên dương a<n là thặng dư chính phương theo modulo n nếu gcd(a,n)=1 và tồn tại số nguyên x sao cho a≡x2(modn). \medskip

Đặt s(n) là số các số như thế. Ta sẽ chứng minh hai bổ đề dưới đây: \medskip

Bổ đề 1. Cho p là số nguyên tố và k là số nguyên dương. Khi đó:

Nếu p=2 thì s(2k)=2max(k−3,0).
Nếu p>2 thì s(pk)=pk−pk−12.

Bổ đề 2. s(n) là hàm nhân tính, tức là s(ab)=s(a)s(b) với gcd(a,b)=1. \medskip

Thật vậy, \medskip

Trước hết, ta biết rằng s(p)=p−12 với p là số nguyên tố lẻ. Ta sẽ tính s(pk) với k∈Z+. Xét một thặng dư chính phương a của p, khi đó tồn tại x sao cho a≡x2(modp). Đặt a=x2+pq thì hiển nhiên a≡x2+pq(modpk)⇔a−pq≡x2(modpk) và khi đó, ta có pk−1 cách chọn q để các số a−pq là các thặng dư chính phương theo modulo pk. Suy ra
s(pk)=pk−1s(p)=pk−pk−12. Xét số nguyên tố p=2, với k=1,2,3, dễ dàng kiểm tra được s(2k)=1. \medskip

Ta xét k≥4, tương tự trên, ở bước chọn q, ta chỉ có 2 cách nên s(2k)=2s(2k−1). Từ đó bằng quy nạp, ta có được s(2k)=2k−3,k≥4. Tiếp theo, xét hai số a,b nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Gọi A là tập hợp các thặng dư chính phương theo modulo ab và B là tập hợp các số là thặng dư chính phương chung của a,b. \medskip

Nếu x∈A thì tồn tại y sao cho x≡y2(modab). Rõ ràng khi đó,
x≡y2(moda),x≡y2(modb)
(chú ý rằng nếu x>a, ta có thể chọn x′ sao cho x′<a và x≡x′(moda); tương tự với b).
Do đó, x∈B, tức là x∈A⇒x∈B nên |A|≤|B|. \medskip

Tiếp theo, xét x∈B. Khi đó tồn tại r,s sao cho
x≡r2(moda), x≡s2(modb).
Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên z sao cho z≡r(moda),z≡s(modb). Khi đó x≡z2(moda),x≡z2(modb) nên
x≡z2(modab). Do đó: x∈A, tức là x∈B⇒x∈A nên |A|≥|B|. Từ đây ta có |A|=|B| hay s(a)s(b)=s(ab). Vậy s(n) là hàm nhân tính. \medskip

Các bổ đề đều được chứng minh. \medskip

Trở lại bài toán, ta thấy rằng 2016=25⋅32⋅7. Rõ ràng bài toán yêu cầu đếm số thặng dư chính phương theo modulo 2016.
Theo bổ đề 2 thì s(2016)=s(25)s(32)s(7). Theo bổ đề 1 thì s(25)=22=4,s(32)=32−32=3,s(7)=7−12=3. Do đó, số các số a cần tìm là 4⋅3⋅3=36.

Bài 2. 

(a) Dự đoán dấu bằng xảy ra khi a=1,b=2,c=3,d=4 nên ta có các đánh giá sau a2+1≥2ab2+4≥4bc2+9≥6cd2+16≥8d

Do đó, ta có
24(a+b+c+d)≤3(d2+16)+4(c2+9)+6(b2+4)+12(a2+1)
=3d2+4c2+6b2+12a2+120

=3(a2+b2+c2+d2)+(a2+b2+c2)+2(a2+b2)+6a2+120

≤3⋅30+14+2⋅5+6⋅1+120=240
Suy ra a+b+c+d≤10. \medskip

(b) Ta có 16a2+d2≥8ad và 9b2+4c2≥12bc.

Từ đó suy ra

24(ad+bc)≤3(16a2+d2)+2(9b2+4c2)
=3(a2+b2+c2+d2)+5(a2+b2+c2)+10(a2+b2)+30a2
≤3⋅30+5⋅14+10⋅5+30⋅1=240
Suy ra ad+bc≤10.

Bài 3.

Gọi () là điều kiện đề bài cho.
Trong () thay x=y=0, ta có f(−2f(0))=3f(0). Đặt f(0)=a thì f(−2a)=3a.
Trong () thay x=0 và y=−2a, ta có f(−2f(−2a))=5a−2f(−2a)⇔f(−6a)=−a. Trong (), thay x=−2a,y=−6a, ta có
f(−2a−2f(−6a))=5f(−2a)−4x−2f(−6a)⇔f(0)=15a+8a+2a. Từ đây ta có a=25a nên a=0, tức là f(0)=0. \medskip

Trong (∗), thay y=0, ta có f(x)=5f(x)−4x⇔f(x)=x. Thử lại ta thấy thỏa. Vậy hàm số cần tìm chính là f(x)=x,∀x∈R.

Bài 4.

(a) Gọi O là tâm của đường tròn k. Không mất tính tổng quát, giả sử tia AD nằm giữa hai tia AO,AB, các trường hợp còn lại tương tự.

Ta có: ∠IDB=∠ABC,∠IDC=∠ACB nên ∠BAC+∠BDC=∠BAC+∠ABC+∠ACB=180∘. Do đó, tứ giác ABDC nội tiếp hay D∈(O). Ta thấy ∠DAO+∠OID=∠BAC−(∠DAB+∠OAC)+360∘−(90∘+∠DIC)=∠BAC−(∠ICD+90∘−∠ABC)+270∘−∠DIC=∠BAC+∠ABC−(∠ICD+∠DIC)+180∘=(180∘−∠ACB)−(180∘−∠IDC)+180∘=∠IDC−∠ACB+180∘=180∘.

Do đó, AOID nội tiếp hay đường tròn (AID) đi qua O cố định. \medskip

(b) Ta có: ∠EAC=90∘−∠BAC,∠FAB=90∘−∠BAC nên
∠EAF=180∘−2∠BAC+∠BAC=180∘−∠BAC.

Do đó, góc ∠EAF có số đo không đổi.

Bài 5.

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: \medskip

Bổ đề. Giá trị của biểu thức 11+12+13+⋯+1n tiến tới vô cực khi n→+∞. \medskip

Thật vậy, xét hàm số f(x)=ln⁡(1+x)−x với x>0. Ta có f′(x)=11+x−1<0 nên đây là hàm nghịch biến, suy ra f(x)<f(0)=0 hay ln⁡(1+x)<x,∀x>0. Thay x bởi 1n, ta được
ln⁡(1+1n)<1n⇔1n>ln⁡(1+n)−ln⁡n. Do đó, 11+12+13++1n>ln⁡2−ln⁡1+ln⁡3−ln⁡2+⋯+ln(n+1)−ln⁡n=ln⁡(n+1). Vì ln⁡(n+1)→+∞ khi n→+∞ nên 11+12+13+⋯+1n→+∞.
Trở lại bài toán, đặt yn=x1+x3+x5+⋯+x2n−1x2+x4+x6+⋯+x2n với n≥1.

Ta thấy vì 1n∈(0;π2) nên cos⁡1n>0, suy ra xn=1ncos⁡1n>0,n≥1.
Xét hàm số f(t)=tcos⁡t với t∈(0;π2) thì f′(t)=cos⁡t+tsin⁡tcos2t>0 nên đây là hàm đồng biến. Chú ý rằng xn=f(1n), mà 1n là dãy giảm nên xn cũng là dãy giảm. \medskip

Suy ra x1>x2,x3>x4,…,x2n−1>x2n nên yn>1. \medskip

Ngoài ra, ta cũng có x3<x2,x5<x4,…,x2n−1<x2n−2 nên yn<x1+x2+x4+⋯+x2n−2x2+x4+⋯+x2n

=1−x1−x2nx2+x4+⋯+x2n<1−x1x2+x4+⋯+x2n

Dễ thấy rằng x2+x4+⋯+x2n=∑i=1n12icos⁡12i≥∑i=1n12i=12∑i=1n1i.

Theo bổ đề trên thì ∑i=1n1i tiến tới vô cực nên lim(x2+x4+⋯+x2n)=+∞.

Do đó lim(1−x1x2+x4+⋯+x2n)=1−0=1. Theo nguyên lý kẹp, ta có limxn=1.

Bài 6.

Đặt X=x−1,Y=y+1, thay vào, ta có
{X2+Y2=bY−1=(X+1)2+(2a+1)(X+1)+a2 ⇔{X2+Y2=bY=X2+(2a+3)X+a2+2a+3.
Ta đưa về tìm điều kiện của b để tồn tại a mà hệ trên có nghiệm (X,Y). Do Y−(X+2)=X2+2(a+1)X+(a+1)2=(X+a+1)2≥0 nên Y≥X+2. Suy ra Y−X≥2>0, tức là (X−Y)2≥4. Ta có
b=X2+Y2=(X−Y)2+(X+Y)22≥(Y−X)22≥2. Mặt khác, với b≥2, nếu chọn X=−(a+1) thì có Y=X+2=1−a. Khi đó, ta có
X2+Y2=(a+1)2+(a−1)2=2(a2+1)=b. Như thế, với a thỏa mãn 2(a2+1)=b thì hệ có nghiệm là (X,Y)=(−a−1,1−a). Dễ dàng thấy rằng do b≥2 nên luôn tồn tại a như thế. \medskip

Vậy các giá trị cần tìm của b là b≥2.

Bài 7.

(a) Giả sử ngược lại, tồn tại 2 cặp (Ai,Bi) và (Aj,Bj) thỏa mãn điều kiện đề bài đã cho. \medskip

Vì i≠j nên theo giả thiết, |Ai∩Bj|≥1,|Aj∩Bi|≥1. Đặt xr∈Ai∩Bj,xs∈Aj∩Bi với 1≤r,s≤n thì:

Do xr∈Bj nên với mọi xk∈Aj, ta đều có k<r.
Do xr∈Ai nên với mọi xk∈Bi, ta đều có k>r.

Từ đây suy ra Aj⊂{x1,x2,…,xr−1},Bi⊂{xr+1,xr+2,…,xn}.

Điều này cho thấy Aj∩Bi=∅, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy tồn tại không quá 1 cặp (Ai,Bi) thỏa mãn điều kiện đã cho. \medskip

(b) Gọi T là tập hợp các cách chọn hai dãy A1,A2,…,AmvàB1,B2,…,Bm thỏa mãn điều kiện là: với mỗi i,j∈{1,2,3,…,n}, Ai∩Bj=∅ nếu và chỉ nếu i=j. \medskip

Gọi Ti⊂T là các cách chọn sao cho sao cho cặp (Ai,Bi) thỏa mãn điều kiện là: cặp (Ai,Bi) với i=1,2,3,…,n sao cho nếu xk∈Ai và xl∈Bi thì xk<xl (ở đây ta xét thứ tự ban đầu của các phần tử của X). \hfill (*) \medskip

Theo câu (a) thì Ti∩Tj=∅ với i≠j nên ta có |T1|+|T2|+⋯+|Tm|=|T1∪T2∪…∪Tm|≤T. Tiếp theo, với 1≤i≤m, xét một tập hợp S⊂X và |S|=ai+bi. Khi đó, tương ứng với S, có đúng 1 cách chọn (Ai,Bi) thỏa mãn tính chất (∗) – tức là Ai sẽ nhận ai số nhỏ nhất trong tập S, Bi là lấy phần còn lại. \medskip

Trong khi đó, nếu không có điều kiện (∗), ta có thể chọn tùy ý Cai+biai phần tử trong S và A và số còn lại cho B. \medskip

Do đó, ta có
|Ti|=|T|Cai+biai với i=1,2,…,m.

Từ đây suy ra

∑i=1m|T|Cai+biai≤|T|⇔∑i=1m1Cai+biai≤1

Ta có đpcm.

Bài 8. 

(a) Giả sử EF cắt BC ở L và (T),(O) cắt nhau tại J khác A. Suy ra AJ chính là trục đẳng phương của (T),(O). Do đó OT⊥AJ. \medskip

Khi đó,
[LB\cdot LC=LE\cdot LF] nên L thuộc trục đẳng phương của (T),(O). Suy ra A,J,L thẳng hàng. Theo định lý Brocard cho tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn (I) thì I chính là trực tâm của tam giác ADL. \medskip

Vì thế nên ID⊥AL, mà OT⊥AJ nên ID∥OT. \medskip

(b) Dễ dàng thấy rằng D là trực tâm của tam giác AGH nên AD⊥GH. Ta sẽ chứng minh rằng A,D,K thẳng hàng. \medskip

Ta có DB⋅DF=DE⋅DC nên D có cùng phương tích tới (ABF),(AEC). Suy ra AD chính là trục đẳng phương của 2 đường tròn này. \medskip

Bằng biến đổi các góc nội tiếp, ta thấy rằng
∠MPQ=∠MBF=∠CEF=∠CNQ. Suy ra MNPQ nội tiếp, dẫn đến KM⋅KP=KN⋅KQ, tức là K cũng có cùng phương tích tới 2 đường tròn (ABF),(AEC). \medskip

Từ đó suy ra A,D,K thẳng hàng. Do đó, DK vuông góc với GH.