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:

$$\dfrac{x^4}{x^3+y^2+z^2}+\dfrac{y^4}{y^3+z^2+x^2}+\dfrac{z^4}{z^3+x^2+y^2}\ge \dfrac{1}{7}.$$

Bài 2: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb N^* \rightarrow \mathbb N^*$ thoả mãn đồng thời các điều kiện:

i/ $f(mn)=f(m)f(n)\ \forall m,n \in \mathbb N^*$.

ii/ $f(m)+f(n)$ chia hết cho $m+n$ $\forall m,n \in \mathbb N^*$.

iii/ $f(2017)=2017^3$.

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 $I,I_a,I_b$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp $\angle BAC$ và $\angle ABC$ của tam giác $ABC$.

a/ Gọi $M$ đối xứng với $I$ qua $O$. Chứng minh rằng tam giác $MI_{a}I_{b}$ cân.

b/ Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $I_a,I_b$ trên $OI$. Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $BI_a$ và đường thẳng qua $K$ vuông góc với $AI_b$ 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 $A_1,A_2,\ldots,A_m\ (m\ge 2)$ là $m$ tập con của $S$. Gọi $\mathcal T$ là tập hợp gồm tất cả các tập hợp $A_i\Delta A_j\ (1\le i,j \le m$). Chứng minh rằng $|\mathcal T| \ge m$.

(Ký hiệu $A\Delta B=(A\backslash B)\cup (B\backslash A)$ là hiệu đối xứng của hai tập hợp $A,B$).

Giải

Bài 1.

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

$$ \sum \dfrac{x^4}{x^3+y^2+z^2} \ge \dfrac{ \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2}{ x^3+y^3+z^3+2 \left( x^2+y^2+z^2 \right)} $$

Cần chứng minh $\dfrac{ \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2}{ x^3+y^3+z^3+2 \left( x^2+y^2+z^2 \right)} \ge \dfrac{1}{7} $ hay

$$7 \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2 \ge x^3+y^3+z^3+2 \left( x^2+y^2+z^2 \right).$$ Ta có ${{(xy+yz+zx)}^{2}}\ge 3xyz(x+y+z)=3xyz$ và

$${{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{2}}-3xyz=(x+y+z)({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-xy-yz-zx)$$ nên ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}}=3xyz+1-3(xy+yz+zx)\le {{(xy+yz+zx)}^{2}}+1-3(xy+yz+zx).$

Đặt $q=xy+yz+zx$ thì vì ${{(x+y+z)}^{2}}\ge 3(xy+yz+zx)$ nên $q\le \frac{1}{3}.$ Ta đưa về

$$7{{(1-2q)}^{2}}\ge {{q}^{2}}+1-3q+2(1-2q)$$ hay

$$(1-3q)(4-9q)\ge 0.$$

Do $q\le \frac{1}{3}$ nên $q\le \frac{4}{9}$ 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 $f(p^k)=p^{3k}$ 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 $f(m)=m.g(m)$ ($g:\mathbb{N^{*}}\rightarrow \mathbb{N^{*}}$). Khi đó ta có các điều kiện sau:

i/ $g(mn)=g(m).g(n) \forall m,n \in\mathbb{N^{*}}$

ii/ $mg(m)+ng(n)$ là bội của $m+n$.

iii/ $g(p^{n})=p^{2n} \forall n\in \mathbb{N^{*}}$.

Đặt $h(m)=g(m)-m^2$ ($h:\mathbb{N^{*}}\rightarrow \mathbb{Z}$) và thay $n$ bởi $p^n$ tại ii), ta có $m.h(m)$ là bội của $m+p^n$. Chọn $n$ đủ lớn thì $h(m)=0$ với mỗi $m$ hay $f(m)=m^3$ với mỗi $m$ nguyên dương. Thử lại thoả mãn.

Vậy $f(m)=m^3$ là nghiệm hàm duy nhất.

Bài 3.

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

Bổ đề: Gọi $A_1$, $B_1$ lần lượt là điểm chính giữa các cung $BC$, $AC$ không chứa $A$, $B$ của $(O)$. Khi đó $A$, $I$, $A_1$, $I_a$ thẳng hàng và $A_1$ là trung điểm của $II_a$. Tương tự đối với $B$, $I$, $B_1$, $I_b$.

Trở lại bài toán, theo bổ đề, phép vị tự tâm $I$, tỉ số $2$ biến $\Delta OA_1B_1$ thành $\Delta MI_aI_b$, do đó tam giác này cân tại $M$.

Mở ảnh

(b) Ta thực hiện chuyển đổi mô hình. Gọi $I_a$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$ thì $(O)$ chính là đường tròn Euler của tam giác $I_aI_bI_c$. 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: $$\angle AXS =\angle AKS=\angle KHJ$$ suy ra $HJ \parallel AX$. 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 $(I_aI_bI_c)$ thì dễ dàng có $P \in (O).$

Bài 4.

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

Giả sử $B\neq C$, khi đó không giảm tổng quát giả sử giả sử $a$ là phần tử thỏa $a\in B$ và $a\notin C$. Ta có hai trường hợp như sau:

  •  Nếu $a\in A$ khi đó $a\notin (A\setminus B),a\notin (B\setminus A)\Rightarrow a\notin A\Delta B$. Nhưng lại có $a\in (A\setminus C)$ nên suy ra $a\in A\Delta C$ nên $A\Delta B\neq A\Delta C$, vô lý.
  •  Nếu $a\notin A$ thì chứng minh tương tự suy ra $a\notin A\Delta C$ và $a\in A\Delta B$ nên suy ra $A\Delta B\neq A\Delta C$. 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 $A\Delta B$ 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 $A_1,A_2,\ldots,A_{m+1}$. Nếu với $m$ tập $A_1,A_2,\ldots,A_m$ mà số lượng tập tạo thành không nhỏ hơn $m+1$ thì khi đó ta thêm vào một tập $A_{m+1}$ thì giả thiết vẫn đúng. Do đó ta chỉ xét cho trường hợp $|T|=m$.

Khi đó, nếu ta thêm vào một tập $A_{m+1}$ thì ta sẽ thêm vào tập $T$ các tập hợp $A_{m+1}\Delta A_1,\ldots,A_{m+1}\Delta A_{m+1}$. Nếu các tập này trùng với $m$ tập đã có trong $T$ thì do $|T|=m$ nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại $i,j,1\leq i<j\leq m+1$ để $A_{m+1}\Delta A_i=A_{m+1}\Delta A_j$ và theo bổ đề ta có $A_i=A_j$, 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 $|T|\geq m+1$.

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 $AM \leq AB$ hoặc $AM \leq AC$, 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 $n\leq x < n+1$. ($n$ 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 $A = \{n \in \mathbb{Z}, n \leq x \}$, ta thấy $A$ là tập con khác rỗng của $\mathbb{Z}$, bị chặn trên bởi $x$ nên tồn tại phần tử lớn nhất, đặt là $n_\circ$. Ta chứng minh $n_\circ \leq x < n_\circ+1$.

Rõ ràng $n_\circ \in A$ nên $n_\circ \leq x$.

Giả sử $n_\circ + 1 \leq x$ thì $n_\circ \in A$ và $n_\circ + 1  > n_\circ $ vô lí vì $n_\circ$ là phần tử lớn nhất của $A$. Do đó $n_\circ +1 > x$

Từ đó ta có $n_\circ \leq x < n_\circ + 1$.

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

Nếu $n’ > n_\circ$ thì $n’ \geq n_\circ+1 > x$, vô lí, tương tự với $n_\circ > n’$.

Do đó $n’ = n_\circ$.

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

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

Đặt $A = \{a-bq \leq 0, q\in \mathbb{N} \}$.

Rõ ràng $A$ khác rỗng vì $a-b \cdot 0 > 0$, 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 $0 \leq r \leq b-1$.

Rõ ràng $r \in A$ nên $r \geq 0$.

Ở ý còn lại, ta giả sử $r \geq b$, khi đó $r-b = a-bq-b = a-b(q+1) \geq 0$ 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 $|r-r’| \leq b-1$, 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 $$d = x\cdot a + y \cdot b$$

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 = ${xa + yb| x,y \in Z, xa +yb >0}$. 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 \leq r < e$ , suy ra $r = a – ek = a – (xa +yb).k = a(1 – xk) + b. yk$.

  • Nếu $r >0$ thì $r \leq e$ 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 $\sqrt{2}$ là số vô tỉ.

Lời giải. Việc chứng minh $\sqrt{2}$ 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 $\sqrt{2}$ không là số vô tỉ, tức là $\sqrt{2} = \dfrac{a}{b}$ trong đó $a, b$ là các số nguyên dương, suy ra $b\sqrt{2} = a$ là số nguyên dương.

Đặt $A = \{n| n, n\sqrt{2} \in \mathbb{N}\}$. Rõ ràng, $A$ khác rỗng là con của tập các số nguyên dương, nên có phần tử nhỏ nhất, đặt là $k$.

Ta có $k, k\sqrt{2}$ nguyên dương, suy ra $k(\sqrt{2}-1)$ nguyên dương.

Và $k(\sqrt{2}-1)\sqrt{2} = 2k – k\sqrt{2}$ cũng nguyên dương.

Do đó $k(\sqrt{2}-1)$ thuộc $A$ và $0 < k(\sqrt{2}-1) < k$ 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 $$x^2+y^2=3(z^2+t^2)$$

Lời giải. Giả sử tồn tại bộ 3 số nguyên dương thỏa đề bài, ta chọn bộ thỏa $x^2+y^2$ nhỏ nhất. Khi đó $x^2+y^2$ chia hết cho 3, suy ra $x, y$ đều chia hết cho $3$, khi đó $x= 3x’, y=3y’$, suy ra $z^2+t^2 = 3(x’^2+y’^2)$, thì bộ $(z,t,x’,y’)$ cũng thỏa đề bài, nhưng $z^2 +t^2 < x^2+y^2$. 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 $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa $f(x f(y)+f(x))=f(x)+x y+x+1, \forall x, y \in \mathbb{R} .$

Bài 2. Cho dãy số $\left(u_{n}\right)$ thỏa $u_{1}=2, u_{2}=1$ và $u_{n+1}=\sqrt{\dfrac{u_{n} u_{n-1}}{n}}$ với mọi $n \geq 2$.
Xét dãy số $\left(v_{n}\right)$ xác định bởi $v_{n}:=u_{1}+u_{2}+\ldots+u_{n}, \forall n \geq 1$. Chứng minh dãy $\left(v_{n}\right)$ hội tụ.

Bài 3. Cho $p$ là số nguyên tố, $n$ là số nguyên dương thỏa $2<p<n$. Gọi $\mathrm{A}$ là tập hợp các đa thức $P(x)=x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\ldots+a_{1} x+a_{0}$ có tất cả các hệ số thuộc tập ${1 ; 2 ; \ldots ; n !}$ và $P(m)$ chia hết cho $p$ với mọi số nguyên dương $m$.

a) Chứng minh tổng $a_{1}+a_{p}+a_{2 p-1}+\ldots+a_{1+k(p-1)}$ chia hết cho $p$ với mọi $k=\left[\dfrac{n-1}{p-1}\right]$ (xem $a_{n}=1$ ), kí hiệu $[x]$ là phần nguyên của $x$.
b) Tính số phần tử của $\mathrm{A}$ theo $\mathrm{n}$ và $\mathrm{p}$.

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

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

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho $n$ số thực $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ thỏa hiệu giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất của chúng là 1 . Ta xây dựng
$$
y_{1}=x_{1}, y_{2}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}, \ldots, y_{n}=\frac{x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}}{n}
$$
Gọi $M, m$ lần lượt là số lớn nhất và nhỏ nhất trong các số $y_1, y_2,\cdots,y_n$. \
Tìm giá trị lớn nhất của $M-n$.

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

Bài 7. Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ và điểm $\mathrm{D}$ trên cạnh $\mathrm{BC}$. Các đường tròn ( $\mathrm{ABD}$ ), ( $\mathrm{ACD}$ ) lần lượt cắt $\mathrm{AC}, \mathrm{AB}$ tại $\mathrm{E}, \mathrm{F}$. Gọi $\mathrm{I}$ là tâm đường tròn $(\mathrm{AEF})$.
a) Chứng minh ID vuông góc BC.
b) Gọi $\mathrm{H}$ là giao điểm của $\mathrm{ID}$ với $\mathrm{EF}$ và $\mathrm{K}$ là điểm thoả mãn $H B K=H C K=90^{\circ}$. 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
$$
q:=1+a+a^{2}+\ldots+a^{p-1} .
$$
Chứng minh $(1-a)\left(1-a^{2}\right) \ldots\left(1-a^{p-1}\right)-p$ 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 $\angle XEH = \angle XHE, \angle MEH = \angle MBE$, suy ra $\angle MEX = \angle XEH + \angle MEH = \angle XHE + \angle MBE = 90^\circ$, suy ra $E$ thuộc đường tròn đường kính $XM$ tâm $J$.

$XN||CH, MN||AB$, suy ra $MN \bot NX$, suy ra $N$ thuộc $(J)$.

$MZ||BH, XZ ||AC$ suy ra $\angle MZX = 90^\circ$, suy ra $Z \in (J)$.

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 $JL= \dfrac{1}{2}OT$, 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) $MP \cdot MA = MB^2 = \dfrac{1}{4}BC^2$ 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 $AP \cdot AM = AH \cdot AD = AF \cdot AB$, suy ra $BFPM$ nội tiếp. Khi đó $\angle MPB = \angle MFB = \angle ABM$.

Chứng minh tương tự thì $\angle MPC = \angle ACB$

Suy ra $\angle BPC = \angle MPB + \angle MPC = \angle B + \angle C = 180^\circ – \angle A = \angle BHC$.

Suy ra $BHPC$ nội tiếp.

b) Từ câu a, ta có $\angle MPB = \angle ABM$, suy ra tam giác $MPB$ và $MBA$ đồng dạng, khi đó $MA \cdot MP = MB^2 = \dfrac{1}{4} BC^2$.

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 $\dfrac{IA}{ID} = \dfrac{PA}{PD}$

b) Chứng minh $\angle MDC = \angle ADB$ và $AD\cdot BC = 2 AC \cdot DB = 2 BD \cdot AC$.

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 $\angle XBA = \angle XAC, \angle XAC = \angle XBA$. (Điểm $A-dumpty$ của tam giác $ABC$).

Hướng dẫn

a) $PM \cot PO = PB^2 = PA \cdot PD$.

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

b) $MO \cdot MP = MB^2 = MA \cdot MD$, 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 $\angle AMD$.

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

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 $O_a, O_b$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AEF, BDF$ và $BCEF$. Chứng minh $O_a, O_b, O_c, O$ cùng thuộc một đường tròn.

Hướng dẫn

a) Vẽ tiếp tuyến tại $A$ là $Ax$, $\angle ACB = \angle xAB = \angle AEF$.

b) $\angle AFP = \angle AEP, \angle PBA = \angle BCA$.

c) $\angle PEF = \angle PAC = \angle PBD$

$\angle DPF + \angle APF = \angle ABC + \angle CEF = 180^\circ$.

d) $O_bO_c$ là trung trực $BF, $O_aO_c$ là trung trực $EF$.

Suy ra $\angle O_aO_cO_b = \dfrac{1}{2} \angle $ACB$.

Tương tự cũng có $\angle O_aOO_b$

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 $M_{n}$ lớn nhất sao cho với mọi số thực dương $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ thì ta đều có
$$
\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_{k}^{2}}+\frac{1}{\left(\sum_{k=1}^{n} x_{k}\right)^{2}} \geq M_{n}\left(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_{k}}+\frac{1}{\sum_{k=1}^{n} x_{k}}\right)^{2}
$$

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 $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ và $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $g(2020)>0$ và với mọi $x, y \in \mathbb{R}$ thì $\left\{\begin{array}{l}f(x-g(y))=f(-x+2 g(y))+x g(y)-6 \\ g(y)=g(2 f(x)-y)\end{array}\right.$

(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 $A B C$ nhọn, nội tiếp trong đường tròn $(O)$ có trực tâm $H$ và $A H, B H, C H$ cắt cạnh đối diện lần lượt tại $D, E, F$. Gọi $I, M, N$ lần lượt là trung điểm các cạnh $B C, H B, H C$ và $B H, C H$ cắt lại $(O)$ theo thứ tự tại các diểm $L, K$. Giả sử $K L$ cắt $M N$ ở $G$.
(a) Trên $E F$, lấy điểm $T$ sao cho $A T$ vuông góc với $H I$. Chứng minh rằng $G T$ vuông góc với $O H$.
(b) Gọi $P, Q$ lần lượt là giao điểm của $D E, D F$ và $M N$. Gọi $S$ là giao điểm của $B Q, C P$. Chứng minh rằng $H S$ di qua trung điểm của $E F$.

Ngày thi thứ hai.
Bài 5. Cho số nguyên dương $n>1$. Chứng minh rằng với mọi số thực $a \in\left(0 ; \frac{1}{n}\right)$ và mọi đa thức $P(x)$ có bậc $2 n-1$ thỏa mãn điều kiện $P(0)=P(1)=0$, luôn tồn tại các số thực $x_{1}, x_{2}$ thuộc $[0 ; 1]$ sao cho $P\left(x_{1}\right)=P\left(x_{2}\right)$ và $x_{2}-x_{1}=a$.

Bài 6. Giải phương trình sau trên $\mathbb{Z}^{+}:\left(x^{2}+3\right)^{3^{x+1}}\left[\left(x^{2}+3\right)^{3^{x+1}}+1\right]+x^{2}+y=x^{2} y$.

Bài 7 . Cho các số nguyên $n>k>t>0$ và $X={1,2, \ldots, n}$. Gọi $\mathcal{F}$ là họ các tập con có $k$ phần tử của tập hợp $X$ sao cho với mọi $F, F^{\prime} \in \mathcal{F}$ thì $\left|F \cap F^{\prime}\right| \geq t$. Giả sử không có tập con có $t$ phần tử nào chứa trong tất cả các tập $F \in \mathcal{F}$.
(a) Chứng minh rằng tồn tại một tập hợp $B \subset X$ sao cho $|B|<3 k$ và $|B \cap F| \geq t+1$ với mọi $F \in \mathcal{F}$.
(b) Chứng minh rằng $|\mathcal{F}|<C_{3 k}^{t+1} C_{n}^{k-t-1}$.

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp trong $(O)$ với $B, C$ cố định và $A$ thay đổi trên cung lớn $B C$. Dựng hình bình hành $A B D C$ và $A D$ cắt lại $(B C D)$ ở $K$.
(a) Gọi $R_{1}, R_{2}$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp $(K A B),(K A C)$. Chứng minh rằng tích $R_{1} R_{2}$ không đổi.
(b) Ký hiệu $(T),\left(T^{\prime}\right)$ lần lượt là các đường tròn cùng đi qua $K$, tiếp xúc với $B D$ ở $B$ và tiếp xúc với $C D$ ở $C$. Giả sử $(T),\left(T^{\prime}\right)$ cắt nhau ở $L \neq K$. Chứng minh rằng $A L$ 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 $(u_n)$ hội tụ, biết $u_1=a$ và $\forall n\in \mathbb{N}^*$ thì:
$$u_{n+1}=\left\{\begin{array}{l}
2u_n-1\ \text{nếu $u_n>0$,}\\
-1\ \text{nếu $-1\le u_n\le 0$,}\\
u_n^2+4u_n+2\ \text{nếu $u_n<-1$.}
\end{array} \right.$$

Bài 2. Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất để bất đẳng thức $$x^ky^kz^k(x^3+y^3+z^3)\le 3$$
luôn đúng với mọi số thực dương $x,y,z$ thoả mãn điều kiện $x+y+z=3$.

Bài 3. Cho hàm số $f:\mathbb N^* \rightarrow \mathbb N^*$ thoả mãn hai điều kiện sau:

i)  $f$ là hàm tăng thật sự trên $\mathbb N^*$.

ii) $f(2n)=2f(n)\ \forall n\in \mathbb N^*$.

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 $\angle BAC$ tù và $AH\perp BC$ ($H$ nằm trên $BC$). Điểm $M$ thay đổi trên cạnh $AB$. Dựng điểm $N$ sao cho $\Delta BMN\sim \Delta HCA$, 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 $\triangle HPQ\sim \Delta HNM$, 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 $a^2\le n<(a+1)^2$. Đặt $\Delta_n=n-a^2$.

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của $\Delta_n$ khi $n$ thay đổi và luôn thoả mãn $n=15m^2$ với $m$ là số nguyên dương.
b) Cho $p,q$ là các số nguyên dương và $d=5(4p+3)q^2$. Chứng minh rằng $\Delta_d\ge 5$.

Bài 6.  Với các số nguyên $a,b,c,d$ thoả mãn $1\le a<b<c<d$, ký hiệu:
$$T(a,b,c,d)={{x,y,z,t}\subset \mathbb{N}^*\mid 1\le x<y<z<t,\ x\le a,y\le b,z\le c,t\le d}$$

a) Tình số phần tử của $T(1,4,6,7)$.
b) Cho $a=1$ và $b\ge 4$. Gọi $d_1$ là số phần tử của $T(a,b,c,d)$ chứa $1$ và không chứa $2$; $d_2$ là số phần tử chứa $1,2$ và không chứa $3$; $d_3$ là số phần tử chứa $1,2,3$ và không chứa $4$. Chứng minh rằng $d_1\ge 2d_2-d_3$. 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 $\angle ACH=\angle ABK=90^\circ$. 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 $u_n>1\ \forall n\in \mathbb N^*$ và
    $$u_n = 2^{n-1}(a-1)+1, \ \forall n\in \mathbb N^*.$$
    Do $a>1$, cho $n\rightarrow +\infty$ thì $u_n\rightarrow +\infty$. Từ đó $(u_n)$ không hội tụ.
  •  Nếu $a=1$ thì $u_n=1\ \forall n\in \mathbb N^*$ hay $(u_n)$ hội tụ về $1$.
  • Nếu $0<a<1$, ta sẽ chứng minh rằng $(u_n)$ có ít nhất một số hạng không dương. Thật vậy, giả sử $u_n>0\ \forall n\in \mathbb N^*$ thì theo trường hợp đầu tiên, ta có:
    $$u_n = 2^{n-1}(a-1)+1\ \forall n\in \mathbb N^*$$
    Do $a>1$, cho $n\rightarrow +\infty$ thì $u_n\rightarrow -\infty$, trái với việc $u_n>0\ \forall n, \in \mathbb N^*$. Từ đó điều giả sử là sai hay phải tồn tại $k\in \mathbb N^*$ sao cho $u_k>0$ và $u_{k+1}\le 0$. Với cách chọn chỉ số $k$ như vậy, ta có:
    $$-1\le 2u_k-1=u_{k+1}\le 0$$
    Khi đó $u_{k+2}=0$. Bằng quy nạp thì $u_n=-1\ \forall n\in \mathbb N^*, n\ge k+2$. Điều này dẫn đến $(u_n)$ hội tụ về $-1$.
  • Nếu $-1\le a\le 0$, từ giả thiết thì $u_2=-1$. Bằng quy nạp thì $u_n=-1\ \forall n\in \mathbb N^*, n\ge 2$ hay $(u_n)$ hội tụ về $-1$.
  • Nếu $-2<a<-1$, ta có:
    $$u_2-u_1=a^2+3a+2=(a+2)(a+1)<0$$
    Khi đó thì $u_2<u_1<-1$. Lại có $u_2=(a+2)^2-2\ge -2$ nên $-2<u_2<-1$. Bằng quy nạp, ta có $(u_n)$ là dãy giảm và $-2<u_n<-1$ nên $(u_n)$ hội tụ.
  • Nếu $-2-\sqrt{3}\le a\le -2$ thì $u_2=a^2-4a+2$ và dễ có được:
    $$-1\le a^2-4a+2\le 1$$
    Theo các trường hợp đã xét, dãy số $(u_n)$ hội tụ.
  • Nếu $a<-2-\sqrt{3}$, bằng vài tính toán, ta có $u^2=a^2-4a+2>1$.\\
    Theo trường hợp đầu tiên, dãy số $(u_n)$ không hội tụ.Vậy dãy số $(u_n)$ hội tụ khi và chỉ khi $-2-\sqrt{3}\le a\le 1$.]

Bài 2. Ta sẽ chứng minh rằng $k=3$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn bài toán. Trước hết, chọn $x=y=\dfrac{3}{4},z=\dfrac{3}{2}$ thì ta phải có:
$$\left(\frac{3}{4}\right)^{2k}\cdot \left(\frac{3}{2}\right)^{k}\left(2\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{3}+\left(\frac{3}{2}\right)^3\right)\le 3$$
Dễ thấy đánh giá trên chỉ đúng nếu $k\ge 3$. Ta đưa về chứng minh rằng:
$$x^3y^3z^3(x^3+y^3+z^3)\le 3.$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x\ge y\ge z$ thì $z \le 1$. Ta có:
$$\begin{aligned} & x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=(3-z)^3-3xy(x+y) \text{ hay} \\
&(3-z)^3 + z^3 \le \frac{3}{x^3y^3z^3}+3xy(x+y). \end{aligned} $$
Khai triển và thu gọn, bất đẳng thức trở thành:
$$3z^2-9z+9 \le \frac{1}{x^3y^3z^3}+x^2y+xy^2.$$
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có vế phải của bất đẳng thức trên sẽ không nhỏ hơn $\frac{3}{z}$. Từ đây ta chỉ cần chứng minh rằng $$3z^2-9z+9 \le \dfrac{3}{z} \text{ hay } 3(z-1)^3 \le 0, \text{ đúng.}$$
Vậy $k=3$ là hằng số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn bài toán.

Bài 3.

(a) Đặt $A = \\{f(n+1)-f(n)|n \in\mathbb{N^{*}}\\}$.

Vì $f$ là hàm số tăng thực sự trên $\mathbb{N^{*}}$ nên $A\subset \mathbb{N^{*}}$.

Khi đó phải tồn tại $k=\min A$ và tồn tại $n\in \mathbb N^*$ để $k=f(n+1)-f(n)$.

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

Lại có $f(2n+2) – f(2n+1),f(2n+1) – f(2n)\ge k$ nên

$$f(2n+2)-f(2n+1)+f(2n+1)-f(2n)\ge 2k.$$
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

$$f(2^mn+t) = 2^mf(n)+tk\ \forall t,m\in \mathbb N, t\le m.$$

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

Xét $p$ số nguyên dương sau:
$$f(2^pn), f(2^pn+1), f(2^pn+2),\ldots, f(2^pn+p-1)$$
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:

$f(1) = 2^a > q (a\in\mathbb{N^{*}},$

$f(2n)=2f(n)\ \forall n\in \mathbb{N^{*}},$

$f(2n+1)=f(2n)+q\ \forall n\in \mathbb{N^{*}}.$

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:
$$f(n+1) – f(n) \geq q\ \forall n\in \mathbb{N^{*}}.$$
Với $n = 1$, ta có $f(2)-f(1) = 2.2^a – 2^a = 2^a > q$. 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:
$$f(k+1)= 2f\left(\dfrac{k+1}{2}\right) \geq 2\left(f\left(\dfrac{k-1}{2}\right)+q\right)= f(k-1)+2q.$$
Lại có $f(k)=f(k-1)+q$ nên $f(k+1)\ge f(k)+q$.

Theo nguyên lý quy nạp, ta có $f(n+1) – f(n) \geq q\ \forall n\in \mathbb{N^{*}}$. \medskip

Bây giờ ta chứng minh rằng không tồn tại $n$ để $q \mid f(n)$. Trước hết thì $f(1) = 2^a$ 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 $f(k+1)= 2f\left(\dfrac{k+1}{2}\right)$ không chia hết cho $q$.

Theo nguyên lý quy nạp, $f(n)$ không chia hết cho $q$ với mọi $n\in \mathbb{N^{*}}$.
Các điều kiện đã được kiểm tra đầy đủ.

BÀI 4.

(a) Ta sẽ chứng minh rằng $AD\perp BC$. 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 $X\in EF$ 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 $AP\perp BC$. Do đó $$\angle ADI=\angle AEI=\angle AFI=90^\circ.$$
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 $S\in AD$. \medskip

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

Các đường thẳng $AD,BH,CK$ đồng quy:
$$\frac{\sin\angle DAB}{\sin \angle DAC}\cdot \frac{\sin\angle HBC}{\sin \angle HBA}\cdot \frac{\sin\angle KCA}{\sin \angle KCB}=1$$
Các đường thẳng $AH,BH,CH$ đồng quy:
$$\frac{\sin\angle HAB}{\sin \angle HAC}\cdot \frac{\sin\angle HBC}{\sin \angle HBA}\cdot \frac{\sin\angle HCA}{\sin \angle HCB}=1$$
Các đường thẳng $AK,BK,CK$ đồng quy:
$$\frac{\sin\angle KAB}{\sin \angle KAC}\cdot \frac{\sin\angle KBC}{\sin \angle KBA}\cdot \frac{\sin\angle KCA}{\sin \angle KCB}=1$$

Chú ý rằng do các góc vuông và góc bù nhau nên ta có
$$\frac{\sin\angle HAC}{\sin \angle HAB}=\frac{\sin\angle KAB}{\sin \angle KAC}$$
Từ đó sử dụng công thức cộng cho mẫu thức và biến đổi thì:
$$\tan\angle HAC=\tan\angle KAB$$
Dẫn đến $\angle HAC=\angle KAB$. Cuối cùng, ta sẽ chứng minh $TB=TC$.
Gọi $U,V$ lần lượt là trung điểm của các đoạn $AK,AH$. Ta có:
$$UB=\dfrac{AK}{2}=VT,UT=\dfrac{AH}{2}=VC.$$
Đồng thời, ta cũng có:
$$\angle BUT=\angle BUA-\angle AUT=\angle AVC-\angle AVT=\angle TVC$$
Do đó $\Delta BUT=\Delta TVC$ (c.g.c), vậy nên $TB=TC$.

Bài 5. 

(a) Ta cần tìm $\Delta_n$ nhỏ nhất để phương trình $15m^2 – a^2 = \Delta_n$ có nghiệm nguyên dương. Nhận thấy $15 – 3^2 = 6$ nên $\min \Delta_n\le 6$. Ta chứng minh rằng phương trình trên không có nghiệm nguyên dương với $\Delta_n < 6$. \medskip

Ta có $3\mid a^2 + \Delta_n$. Suy ra $3\mid \Delta_n $ hoặc $3\mid \Delta_n+1$. Mặt khác $5\mid a^2 + \Delta_n$ nên $\Delta_n$ chia $5$ chỉ có thể dư $0,1$ hoặc $4$. \medskip

Từ đó nếu tồn tại $n$ để $\Delta_n< 6$ thỏa mãn bài toán thì $\Delta_n = 5$. Giả sử rằng tồn tại $n$ như thế, ta có $15m^2-a^2=5$ hay $5\mid a$. Đặt $a=5s$ $(s\in \mathbb N^*)$, ta có:
$$3m^2 – 5s^2 = 1.$$
Từ đó thì $$3(m^2+s^2)\equiv 1 \pmod{8} \text{ hay } m^2+s^2\equiv 3 \pmod{8}.$$
Điều này vô lý do $m^2$ chia $8$ dư $0,1,4$. Vậy $\Delta_n$ nhỏ nhất là $6.$ \medskip

(b) Ta có $$5(4p+3)q^2-a^2=\Delta_d.$$ Do $a^2$ chia $5$ dư $0,1,4$ nên $\Delta_d$ chia $5$ dư $0,1,4$. Giả sử rằng có bộ số để $\Delta_d<5$. Xét các khả năng sau:

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

Đặt $a=2a_1$ và $q=2q_1$ với $a_1,q_1\in \mathbb N^*$ thì bộ số $(q_1,a_1)$ cũng thoả mãn điều kiện $5(4p+3)q_1^2=a_1^2$. Hơn nữa $q_1+a_1<q+a$, mâu thuẫn.
Nếu $\Delta_d = 1$, ta có $a^2 + 1 = 5(4p+3)q^2$. Do $5(4p+3)\equiv 3$ (mod $4$) nên số này tồn tại một ước nguyên tố $r\equiv 3$ (mod $4$).\\
Do đó $a^2+1\equiv 0$ (mod $r$) hay $r\mid 1$, vô lý.
Nếu $\Delta_d = 4$, chứng minh tương tự, ta cũng có điều mâu thuẫn.

Vậy ta phải có $\Delta_d \ge 5$.

Bài 6.

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

Nếu $y = 2$ thì $3\leq z \leq 6$. 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:
$$\begin{cases}
T_1 = \{(1, y, z, t)\mid 3\le y \le b, y<z\le c, z<t \leq d \}\\\\
T_2 = \{(1, 2, z, t)\mid 4\le z \le c, z<t\le d \}\\\\
T_3 = \{(1, 2, 3, t)\mid 5\le t \le d \}
\end{cases}.$$
Ta có $d_3 = |T_3| = d – 4$ và
$$d_2=\sum_{z=4}^{c}(d-z)=(c-3)d+\frac{(c+4)(c-3)}{2}.$$
Tiếp theo ta tính $d_1=|T_1|$. Vì $b \ge 4$ nên $y \ge 3$. Xét các khả năng sau

Nếu $y=3$ thì $T(1,3,z,t)=d_2$.
Nếu $y=4$ thì $T(1,4,z,t)=\sum_{z=5}^{c} (d-z)=(c-4)d-\dfrac{(c+5)(c-4)}{2}$. \medskip

Từ đó $d_1\ge d_2+(c-4)d-\dfrac{(c+5)(c-4)}{2}$. Do đó, kết hợp với việc tính được giá trị của $d_2$, khi cộng theo vế thì $d_1+d_3 – 2d_2 \ge 0.$

Vậy $d_1\ge 2d_2-d_3$. 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 $T_1,T_2,T_3$ thành các nhóm thích hợp và thiết lập được đơn ánh giữa chúng. Với các tập $T_1,T_2,T_3$ định nghĩa như trên, ta viết $T_1$ thành $A\cup B\cup C$ có giao đôi một khác rỗng, trong đó
$$\begin{cases}
A = \{(1, 3, 4, t)\mid 5\le t \le d \}\\\\
B = \{(1, 3, z, t)\mid 5\le z \le c, z<t\le d \}\\\\
C = \{(1, y, z, t)\mid 4\le y\le b, y<z\le c, z<t \le d \}
\end{cases}.$$
Dễ kiểm chứng rằng có song ánh từ $A$ vào $T_3$ nên $|A|=|T_3|=d_3$.
Xét $D=\{(1, 4, z, t)\mid 5\le z \le c, z<t\le d \}$. Dễ kiểm chứng rằng $D\subset C$ và có song ánh từ $D$ vào $B$ nên $|D|=|B|$.
Ta có $A\cup B=\{(1, 3, z, t)\mid 4\le z \le c, z<t\le d \}$. Dễ kiểm chứng rằng có song ánh từ $A\cup B$ vào $T_2$ nên $|A\cup B|=|T_2|=d_2$. Chú ý rằng $A\cap B=\varnothing$ nên $|A|+|B|=d_2$ hay $|B|=d_2-d_3$. Từ đó ta có:
$$d_1=|A|+|B|+|C|\ge |A|+|B|+|D|=d_3+2|B|$$
Vậy $d_1\ge d_3+2(d_2-d_3)=2d_2-d_3$. 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 $s\in S,x\in X$ và $(s,x)$ kết nối trực tiếp với nhau. Khi đó, nếu tính theo $s$ thì số cặp như vậy sẽ không ít hơn $\dfrac{3}{10}|S||X|$. Do đó nếu tính theo $x$ thì sẽ phải tồn tại máy tính $x$ kết nối trực tiếp với ít nhất $\dfrac{3}{10}|S|$. \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 $S=\varnothing$ thì kết quả bài toán là hiển nhiên. Nếu $S\ne \varnothing$ 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
$$k + 0,3(n-k) = 0,7k + 0,3n \ge 0,7\cdot 0,3n + 0,3n = 0,51n.$$
Từ đây ta có được kết luận của bài toán.

Bài 8.

(a) Ta sẽ chứng minh rằng $AD\perp BC$. 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 $X\in EF$ 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 $AP\perp BC$. Do đó $$\angle ADI=\angle AEI=\angle AFI=90^\circ.$$
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 $S\in AD$. \medskip

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

Các đường thẳng $AD,BH,CK$ đồng quy:
$$\frac{\sin\angle DAB}{\sin \angle DAC}\cdot \frac{\sin\angle HBC}{\sin \angle HBA}\cdot \frac{\sin\angle KCA}{\sin \angle KCB}=1$$
Các đường thẳng $AH,BH,CH$ đồng quy:
$$\frac{\sin\angle HAB}{\sin \angle HAC}\cdot \frac{\sin\angle HBC}{\sin \angle HBA}\cdot \frac{\sin\angle HCA}{\sin \angle HCB}=1$$
Các đường thẳng $AK,BK,CK$ đồng quy:
$$\frac{\sin\angle KAB}{\sin \angle KAC}\cdot \frac{\sin\angle KBC}{\sin \angle KBA}\cdot \frac{\sin\angle KCA}{\sin \angle KCB}=1$$

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

Gọi $U,V$ lần lượt là trung điểm của các đoạn $AK,AH$. Ta có:
$$UB=\dfrac{AK}{2}=VT,UT=\dfrac{AH}{2}=VC.$$
Đồng thời, ta cũng có:
$$\angle BUT=\angle BUA-\angle AUT=\angle AVC-\angle AVT=\angle TVC$$
Do đó $\Delta BUT=\Delta TVC$ (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:
$$A=\left\{ n\in \mathbb{N}\mid 1\le n\le 2015,\gcd (n,2016)=1 \right\}.$$
Hỏi có bao nhiêu số nguyên $a\in A$ 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:
$$\left\{\begin{array}{l}
a^2\le 1\\
a^2+b^2\le 5\\
a^2+b^2+c^2\le 14\\
a^2+b^2+c^2+d^2\le 30
\end{array} \right..$$

a)Chứng minh rằng $a+b+c+d\le 10$.
b) Chứng minh rằng $ad+bc\le 10$.

Bài 3.  Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:
$$f\left( x-2f(y) \right)=5f(x)-4x-2f(y), \, \ \forall x,y\in \mathbb R.$$
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 $(\mathcal I_1)$ là đường tròn qua $I$ và tiếp xúc với $AB$ tại $B$, $(\mathcal I_2)$ là đường tròn qua $I$ và tiếp xúc với $AC$ tại $C$. Các đường tròn $(\mathcal I_1), (\mathcal I_2)$ 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 $\angle EAF$ có số đo không đổi.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi $x_n=\dfrac{1}{n\cos \frac{1}{n}}\ \forall n\in \mathbb N^*$. Tính giới hạn:
$$\lim_{n \to +\infty} \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{3}}+{{x}_{5}}+\cdots+{{x}_{2n-1}}}{{{x}_{2}}+{{x}_{4}}+{{x}_{6}}+\cdots +{{x}_{2n}}}.$$
Bài 6. Tìm các giá trị của $b$ sao cho tồn tại $a$ để hệ phương trình sau có nghiệm $(x,y)$:
$$\left\{\begin{array}{l}
(x-1)^2+(y+1)^2=b \\
y=x^2+(2a+1)x+a^2
\end{array} \right..$$
Bài 7. Cho $n$ là số nguyên dương, $n\ge 2$ và $X=\left\{ 1,2,3,\ldots,n \right\}$. Gọi ${{A}_{1}},{{A}_{2}},\ldots,{{A}_{m}}$ và ${{B}_{1}},{{B}_{2}},\ldots,{{B}_{m}}$ là hai dãy các tập con khác rỗng của $X$ thỏa mãn điều kiện sau: với mỗi $i,j\in \left\{ 1,2,3,\ldots,m \right\}$, ${{A}_{i}}\cap {{B}_{j}}=\varnothing $ nếu và chỉ nếu $i=j.$
a) Chứng minh rằng với mỗi hoán vị $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ của tập hợp $X$, có không quá một cặp tập hợp $(A_i,B_i)$ với $i=1,2,3,\ldots,m$ sao cho nếu $x_k\in A_i$ và $x_l\in B_i$ thì ta phải có $k<l$.
b) Gọi $a_i,b_i$ lần lượt là số phần tử của tập hợp $A_i,B_i$ với $i=1,2,3,\ldots,m$. Chứng minh rằng:
$$\sum_{i=1}^{m}{\dfrac{1}{C_{{a_i+b_i}}^{a_i}}}\le 1.$$

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 $OT\parallel ID.$
b) Trên $BF,CE$ lần lượt lấy các điểm $G,H$ sao cho $AG\perp CE,AH\perp BF.$ 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 $DK\perp GH$.

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 $a\equiv {{x}^{2}} \pmod n .$ \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 $s({{2}^{k}})={{2}^{\max (k-3,0)}}$.
Nếu $p>2$ thì $s({{p}^{k}})=\dfrac{{{p}^{k}}-{{p}^{k-1}}}{2}$.

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 $s(p)=\frac{p-1}{2}$ với $p$ là số nguyên tố lẻ. Ta sẽ tính $s({{p}^{k}})$ với $k\in {{\mathbb{Z}}^{+}}$. Xét một thặng dư chính phương $a$ của $p$, khi đó tồn tại $x$ sao cho $$a\equiv {{x}^{2}}\pmod{p}.$$ Đặt $a={{x}^{2}}+pq$ thì hiển nhiên $$a\equiv {{x}^{2}}+pq \pmod {{p}^{k}}\Leftrightarrow a-pq\equiv {{x}^{2}} \pmod {{p}^{k}}$$ và khi đó, ta có ${{p}^{k-1}}$ cách chọn $q$ để các số $a-pq$ là các thặng dư chính phương theo modulo ${{p}^{k}}$. Suy ra
$$s({{p}^{k}})={{p}^{k-1}}s(p)=\frac{{{p}^{k}}-{{p}^{k-1}}}{2}.$$ Xét số nguyên tố $p=2$, với $k=1,2,3,$ dễ dàng kiểm tra được $s({{2}^{k}})=1$. \medskip

Ta xét $k\ge 4$, tương tự trên, ở bước chọn $q$, ta chỉ có 2 cách nên $s({{2}^{k}})=2s({{2}^{k-1}})$. Từ đó bằng quy nạp, ta có được $$s({{2}^{k}})={{2}^{k-3}},k\ge 4.$$ 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 $x\in A$ thì tồn tại $y$ sao cho $x\equiv {{y}^{2}} \pmod{ab}$. Rõ ràng khi đó,
$$x\equiv {{y}^{2}}\pmod a, \, x\equiv {{y}^{2}}\pmod b$$
(chú ý rằng nếu $x>a$, ta có thể chọn ${x}'$ sao cho ${x}'<a$ và $x\equiv {x}'\pmod a$; tương tự với $b$).
Do đó, $x\in B$, tức là $x\in A\Rightarrow x\in B$ nên $\left| A \right|\le \left| B \right|$. \medskip

Tiếp theo, xét $x\in B$. Khi đó tồn tại $r,s$ sao cho
$x\equiv {{r}^{2}}\pmod a,\text{ }x\equiv {{s}^{2}}\pmod b$.
Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên $z$ sao cho $$z\equiv r\pmod a, \, z\equiv s\pmod b.$$ Khi đó $$x\equiv {{z}^{2}}\pmod a, \, x\equiv {{z}^{2}}\pmod b$$ nên
$$x\equiv {{z}^{2}} \pmod{ab}.$$ Do đó: $x\in A$, tức là $x\in B\Rightarrow x\in A$ nên $\left| A \right|\ge \left| B \right|$. Từ đây ta có $$\left| A \right|=\left| B \right| \text{ hay } s(a)s(b)=s(ab).$$ Vậy $s(n)$ là hàm nhân tính. \medskip

Các bổ đề đều được chứng minh. \medskip

Trở lại bài toán, ta thấy rằng $2016={{2}^{5}}\cdot {{3}^{2}}\cdot 7.$ Rõ ràng bài toán yêu cầu đếm số thặng dư chính phương theo modulo $2016$.
Theo bổ đề 2 thì $$s(2016)=s({{2}^{5}})s({{3}^{2}})s(7).$$ Theo bổ đề 1 thì $$s({{2}^{5}})={{2}^{2}}=4,s({{3}^{2}})=\frac{{{3}^{2}}-3}{2}=3,s(7)=\frac{7-1}{2}=3.$$ Do đó, số các số $a$ cần tìm là $4\cdot 3\cdot 3=36.$

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 $
{{a}^{2}}+1\ge 2a
{{b}^{2}}+4\ge 4b
{{c}^{2}}+9\ge 6c
{{d}^{2}}+16\ge 8d
$

Do đó, ta có
$24(a+b+c+d)\le 3({{d}^{2}}+16)+4({{c}^{2}}+9)+6({{b}^{2}}+4)+12({{a}^{2}}+1)$
$=3{{d}^{2}}+4{{c}^{2}}+6{{b}^{2}}+12{{a}^{2}}+120 $

$=3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}})+({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})+2({{a}^{2}}+{{b}^{2}})+6{{a}^{2}}+120$

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

(b) Ta có $$16{{a}^{2}}+{{d}^{2}}\ge 8ad \text{ và } 9{{b}^{2}}+4{{c}^{2}}\ge 12bc.$$

Từ đó suy ra

$24(ad+bc)\le 3(16{{a}^{2}}+{{d}^{2}})+2(9{{b}^{2}}+4{{c}^{2}})$
$=3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}})+5({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})+10({{a}^{2}}+{{b}^{2}})+30{{a}^{2}}$
$\le 3\cdot 30+5\cdot 14+10\cdot 5+30\cdot 1=240$
Suy ra $ad+bc\le 10.$

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 $$f(-2f(-2a))=5a-2f(-2a)\Leftrightarrow f(-6a)=-a.$$ Trong (), thay $x=-2a,y=-6a$, ta có
$$\begin{aligned}
& f(-2a-2f(-6a))=5f(-2a)-4x-2f(-6a) \\
& \Leftrightarrow f(0)=15a+8a+2a.
\end{aligned}$$ Từ đây ta có $a=25a$ nên $a=0,$ tức là $f(0)=0$. \medskip

Trong $(*),$ thay $y=0$, ta có $$f(x)=5f(x)-4x\Leftrightarrow f(x)=x.$$ Thử lại ta thấy thỏa. Vậy hàm số cần tìm chính là $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}.$

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: $$\angle IDB=\angle ABC,\angle IDC=\angle ACB$$ nên $$\angle BAC+\angle BDC=\angle BAC+\angle ABC+\angle ACB=180{}^\circ .$$ Do đó, tứ giác $ABDC$ nội tiếp hay $D\in (O).$ Ta thấy $$\begin{aligned}
& \angle DAO+\angle OID \\
& =\angle BAC-(\angle DAB+\angle OAC)+360{}^\circ -(90{}^\circ +\angle DIC) \\
& =\angle BAC-\left( \angle ICD+90{}^\circ -\angle ABC \right)+270{}^\circ -\angle DIC \\
& =\angle BAC+\angle ABC-(\angle ICD+\angle DIC)+180{}^\circ \\
& =(180{}^\circ -\angle ACB)-\left( 180{}^\circ -\angle IDC \right)+180{}^\circ \\
& =\angle IDC-\angle ACB+180{}^\circ =180{}^\circ.
\end{aligned} $$

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

(b) Ta có: $$\angle EAC=90{}^\circ -\angle BAC,\angle FAB=90{}^\circ -\angle BAC$$ nên
$$\angle EAF=180{}^\circ -2\angle BAC+\angle BAC=180{}^\circ -\angle BAC.$$

Do đó, góc $\angle EAF$ có số đo không đổi.

Bài 5.

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

Bổ đề. Giá trị của biểu thức $\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$ tiến tới vô cực khi $n\to +\infty.$ \medskip

Thật vậy, xét hàm số $f(x)=\ln (1+x)-x$ với $x>0$. Ta có $$f'(x)=\frac{1}{1+x}-1<0$$ nên đây là hàm nghịch biến, suy ra $f(x)<f(0)=0$ hay $\ln (1+x)<x,\forall x>0$. Thay $x$ bởi $\frac{1}{n}$, ta được
$$\ln \left( 1+\frac{1}{n} \right)<\frac{1}{n}\Leftrightarrow \frac{1}{n}>\ln (1+n)-\ln n.$$ Do đó, $$\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}++\frac{1}{n}>\ln 2-\ln1+\ln3-\ln2+\cdots+ln(n+1)-\ln n=\ln (n+1).$$ Vì $\ln (n+1)\to +\infty $ khi $n\to +\infty $ nên $$\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\to +\infty.$$
Trở lại bài toán, đặt $$y_n=\frac{x_1+x_3+x_5+\cdots+x_{2n-1}}{x_2+x_4+x_6+\cdots+x_{2n}}$$ với $n\ge 1.$

Ta thấy vì $\frac{1}{n}\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)$ nên $\cos \frac{1}{n}>0$, suy ra $$x_n=\frac{1}{n\cos \frac{1}{n}}>0,n\ge 1. $$
Xét hàm số $f(t)=\frac{t}{\cos t}$ với $t\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)$ thì ${f}'(t)=\frac{\cos t+t\sin t}{{{\cos }^{2}}t}>0$ nên đây là hàm đồng biến. Chú ý rằng $x_n=f\left( \frac{1}{n} \right)$, mà $\frac{1}{n}$ là dãy giảm nên $x_n$ cũng là dãy giảm. \medskip

Suy ra $x_1>x_2,x_3>x_4,\ldots,x_{2n-1}>x_{2n}$ nên $y_n>1$. \medskip

Ngoài ra, ta cũng có $x_3<x_2,x_5<x_4,\ldots,x_{2n-1}<x_{2n-2}$ nên $y_n< \frac{x_1+x_2+x_4+\cdots+x_{2n-2}}{x_2+x_4+\cdots+x_{2n}}$

$= 1-\frac{x_1-x_{2n}}{x_2+x_4+\cdots+x_{2n}}<1-\frac{x_1}{x_2+x_4+\cdots+x_{2n}}$

Dễ thấy rằng $$x_2+x_4+\cdots+x_{2n}=\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{2i\cos \frac{1}{2i}}}\ge \sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{2i}}=\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{i}}.$$

Theo bổ đề trên thì $\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{i}}$ tiến tới vô cực nên $$\lim \left( x_2+x_4+\cdots+x_{2n} \right)=+\infty .$$

Do đó $$\lim \left( 1-\frac{x_{1}}{x_2+x_4+\cdots+x_{2n}} \right)=1-0=1.$$ Theo nguyên lý kẹp, ta có $\lim x_n=1.$

Bài 6.

Đặt $X=x-1,Y=y+1$, thay vào, ta có
$$\begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=b \\
& Y-1={{(X+1)}^{2}}+(2a+1)(X+1)+{{a}^{2}} \\
\end{aligned} \right. \
& \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=b \\
& Y={{X}^{2}}+(2a+3)X+{{a}^{2}}+2a+3.
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned}$$
Ta đưa về tìm điều kiện của $b$ để tồn tại $a$ mà hệ trên có nghiệm $(X,Y).$ Do $$Y-(X+2)={{X}^{2}}+2(a+1)X+{{(a+1)}^{2}}={{\left( X+a+1 \right)}^{2}}\ge 0$$ nên $Y\ge X+2$. Suy ra $Y-X\ge 2>0$, tức là ${{(X-Y)}^{2}}\ge 4.$ Ta có
$$b={{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=\frac{{{(X-Y)}^{2}}+{{(X+Y)}^{2}}}{2}\ge \frac{{{(Y-X)}^{2}}}{2}\ge 2.$$ Mặt khác, với $b\ge 2$, nếu chọn $X=-(a+1)$ thì có $Y=X+2=1-a$. Khi đó, ta có
$${{X}^{2}}+{{Y}^{2}}={{(a+1)}^{2}}+{{(a-1)}^{2}}=2({{a}^{2}}+1)=b.$$ Như thế, với $a$ thỏa mãn $2({{a}^{2}}+1)=b$ thì hệ có nghiệm là $$(X,Y)=(-a-1,1-a).$$ Dễ dàng thấy rằng do $b\ge 2$ nên luôn tồn tại $a$ như thế. \medskip

Vậy các giá trị cần tìm của $b$ là $b\ge 2$.

Bài 7.

(a) Giả sử ngược lại, tồn tại $2$ cặp $(A_i,B_i)$ và $(A_j,B_j)$ thỏa mãn điều kiện đề bài đã cho. \medskip

Vì $i\ne j$ nên theo giả thiết, $$\left| A_i \cap B_j \right|\ge 1,\left| A_j\cap B_i \right|\ge 1.$$ Đặt $x_r\in A_i\cap B_j,x_s\in A_j\cap B_i$ với $1\le r,s\le n$ thì:

Do $x_r\in B_j$ nên với mọi $x_k\in A_j$, ta đều có $k<r.$
Do $x_r\in A_i$ nên với mọi $x_k\in B_i$, ta đều có $k>r$.

Từ đây suy ra $$A_j \subset \left\{ x_1,x_2,\ldots,x_{r-1} \right\},B_i\subset \left\{x_{r+1},x_{r+2},\ldots,x_n \right\}.$$

Điều này cho thấy $A_j\cap B_i=\varnothing $, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy tồn tại không quá $1$ cặp $(A_i,B_i)$ thỏa mãn điều kiện đã cho. \medskip

(b) Gọi $T$ là tập hợp các cách chọn hai dãy $$A_1,A_2,\ldots,A_m \text{và} B_1,B_2,\ldots,B_m$$ thỏa mãn điều kiện là: với mỗi $i,j\in \left\{ 1,2,3,\ldots,n \right\}$, $A_i\cap B_j=\varnothing $ nếu và chỉ nếu $i=j.$ \medskip

Gọi $T_i\subset T$ là các cách chọn sao cho sao cho cặp $(A_i,B_i)$ thỏa mãn điều kiện là: cặp $(A_i,B_i)$ với $i=1,2,3,\ldots,n$ sao cho nếu $x_k \in A_i$ và $x_l\in B_i$ thì $x_k<x_l$ (ở đây ta xét thứ tự ban đầu của các phần tử của $X$). \hfill (*) \medskip

Theo câu (a) thì $T_i \cap T_j=\varnothing $ với $i\ne j$ nên ta có $$\left| T_1 \right|+\left| T_2 \right|+\cdots +\left| T_m \right|=\left| T_1 \cup T_2 \cup \ldots \cup T_m \right|\le T.$$ Tiếp theo, với $1\le i\le m$, xét một tập hợp $S\subset X$ và $\left| S \right|=a_i+b_i$. Khi đó, tương ứng với $S$, có đúng $1$ cách chọn $(A_i,B_i)$ thỏa mãn tính chất $(*)$ – tức là $A_i$ sẽ nhận $a_i$ số nhỏ nhất trong tập $S,$ $B_i$ là lấy phần còn lại. \medskip

Trong khi đó, nếu không có điều kiện $(*),$ ta có thể chọn tùy ý $C_{a_i+b_i}^{a_i}$ phần tử trong $S$ và $A$ và số còn lại cho $B.$ \medskip

Do đó, ta có
$\left| T_i \right|=\frac{\left| T \right|}{C_{a_i+b_i}^{a_i}} $ với $i=1,2,\ldots,m.$

Từ đây suy ra

$$\sum\limits_{i=1}^{m}\frac{\left| T \right|}{C_{a_i+b_i}^{a_i}}\le \left| T \right|\Leftrightarrow \sum\limits_{i=1}^{m}\frac{1}{C_{a_i+b_i}^{a_i}}\le 1$$

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 $OT\bot AJ$. \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 $ID\bot AL$, mà $OT\bot AJ$ nên $ID\parallel OT$. \medskip

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

Ta có $DB\cdot DF=DE\cdot DC$ 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
$$\angle MPQ=\angle MBF=\angle CEF=\angle CNQ.$$ Suy ra $MNPQ$ nội tiếp, dẫn đến $KM\cdot KP=KN\cdot KQ$, 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 $GH.$

Đáp án thi chọn đội tuyển trường PTNK năm 2014

Leave a reply

Đề bài

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn điều kiện $(a+1)(b+1)(c+1)=1+4abc$.
Chứng mình rằng ta có bất đẳng thức $a+b+c\le 1+abc.$
Bài 2. Cho tập hợp $A=\left\{ {{n}^{3}}-4n+15|n\in \mathbb{N} \right\}.$ Tìm tất cả các phần tử $a\in A$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau đây:

i) $a$ là số chẵn.
ii) Nếu $a_1,a_2$ là các ước số của $\dfrac{a}{2}$ với $a_1,a_2>1$ thì $\gcd (a_1,a_2)>1$.

Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb N^* \rightarrow \mathbb N^*$ thỏa mãn:
$$f \left(\dfrac{f(n)}{n} \right)=n^2 \ \forall n\in \mathbb N^*.$$
Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, có $B,C$ cố định và $A$ thay đổi trên $(O).$ Ký hiệu $(I)$ là đường tròn nội tiếp tam giác $ABC.$ Gọi $({{O}_{1}})$ là đường tròn qua $A,B$ và tiếp xúc với đường tròn $(I)$ tại $E.$ Gọi $({{O}_{2}})$ là đường tròn qua $A,C$ và tiếp xúc với đường tròn $(I)$ tại $F$. Đường phân giác trong của góc $\angle AEB$ cắt $({{O}_{1}})$ tại $M$ và đường phân giác trong của góc $\angle AFC$ cắt $({{O}_{2}})$ tại $N.$

a) Chứng minh rằng tứ giác $EFMN$ nội tiếp.
b) Gọi $J$ là giao điểm của $EM$ và $FN$. Chứng minh rằng đường thẳng $IJ$ luôn đi qua một điểm cố định.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho dãy số $({{x}_{n}})$ bởi $x_0=1,x_1=2014$ và $x_{n+1}=\sqrt[3]{x_nx_{n-1}^2}\ \forall n\in \mathbb{N}^*.$

a) Chứng minh rằng dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
b) Với mỗi $n\ge 2$, hãy tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho $a=x_n^k$ là một số nguyên. Chứng minh rằng khi đó $a$ không thể viết được dưới dạng tổng các lũy thừa bậc ba của hai số tự nhiên.

Bài 6. Cho $X$ là tập hợp gồm $19$ phần tử.

a) Chứng minh rằng tồn tại ít nhất $2600$ tập con $7$ phần tử của $X$ sao cho với hai tập con $A,B$ bất kỳ trong số $2600$ tập con đó, ta có $\left| A \cap B \right|\le 5.$
b)  Xét một họ $\Omega $ gồm $k$ tập con có $7$ phần tử của $X$. Một tập $A\subset X$ được gọi là một cận trên của $\Omega $ nếu như $\left| A \right|=8$ và tồn tại một tập con $F$ của họ $\Omega $ sao cho $F\subset A$. Gọi $d$ là số tập con cận trên của họ $\Omega$. Chứng minh rằng $d\ge \frac{3}{2}k.$

Bài 7. Cho tam giác $ABC$ không cân. Gọi $I$ là trung điểm $BC$. Đường tròn $(I)$ tâm $I$ đi qua $A$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N.$ Giả sử $MI,NI$ cắt $(I)$ tại $P,Q$. Gọi $K$ là giao điểm của $PQ$ với tiếp tuyến tại $A$ của $(I)$. Chứng minh rằng $K$ thuộc đường thẳng $BC.$
Bài 8. Tìm số nguyên dương $n$ lớn nhất thỏa mãn các điều kiện sau:

a) $n$ không chia hết cho $3$.
b) Bảng vuông $n\times n$ không thể được phủ kín bằng $1$ quân tetramino $1\times 4$ và các quân trimino $1\times 3$. Trong phép phủ, các quân tetramino và trimino được phép quay dọc nhưng không được phép chườm lên nhau hoặc nằm ra ngoài bảng vuông.

Hết

Lời giải

Bài 1.

Điều kiện đã cho viết thành $ab+bc+ca+a+b+c=3abc$.
Chia hai vế cho $abc$ rồi đặt $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}$, ta có
$xy+yz+zx+x+y+z=3.$ \medskip

Bất đẳng thức đã cho có thể viết thành
$$xy+yz+zx-xyz\le 1 \text{ hay } x+y+z+xyz\ge 2. $$
Theo bất đẳng thức Schur thì $${{(x+y+z)}^{3}}+9xyz\ge 4(xy+yz+zx)(x+y+z). $$
Đặt $m=x+y+z,n=xy+yz+zx$ thì $m+n=3$ và
$$xyz\ge \frac{4mn-{{m}^{3}}}{9}. $$
Ta sẽ chứng minh rằng
$$m+\frac{4mn-{{m}^{3}}}{9}\ge 2\Leftrightarrow {{m}^{3}}+4{{m}^{2}}-21m+18\le 0 $$ hay
$(m-2)({{m}^{2}}+6m-9)\le 0.$
Chú ý rằng ${{m}^{2}}\ge 3n$ nên
$${{m}^{2}}\ge 3(3-m)\Leftrightarrow {{m}^{3}}+3m\ge 9. $$
Do đó ${{m}^{2}}+6m-9\ge 0.$
Ta xét các trường hợp

Nếu $m>2$ thì $x+y+z>2$ nên hiển nhiên bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.
Nếu $m\le 2$ thì $m-2\le 0$ nên ta cũng có $(m-2)({{m}^{2}}+6m-9)\le 0.$

Vậy trong mọi trường hợp, ta luôn có đpcm.

Bài 2.

Ta thấy rằng $a=n^3-4n+15$ chẵn nên $n^3+15$ chẵn hay $n$ lẻ. Đặt $n=2k+1$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có
$\begin{aligned}
a={{n}^{3}}-4n+15 & =(n+3)({{n}^{3}}-3n+15) \\
& =(2k+4)(4{{k}^{2}}-2k+3) \\
\end{aligned} $
nên $\frac{a}{2}=(k+2)(4{{k}^{2}}-2k+3)$.
Điều kiện ii) cho thấy rằng $\frac{a}{2}$ phải là lũy thừa của một số nguyên tố, vì nếu nó có hai ước nguyên tố trở lên, đặt là $p,q$ thì chọn $x=p,y=q$, ta có $x,y>1$ nhưng $\gcd (x,y)=1,$ không thỏa. \medskip

Vì $(4{{k}^{2}}-2k+3)-(k+2)=4{{k}^{2}}-3k+1>0$ với mọi $k\in \mathbb{N}$. Do đó, ta phải có $k+2|4{{k}^{2}}-2k+3$. Suy ra
$\frac{4{{k}^{2}}-2k+3}{k+2}=4k-10+\frac{23}{k+2}\in \mathbb{Z}. $
Do đó $k+2\in \{1,23\}$ vì $k+2>0.$ Ta xét các trường hợp

Nếu $k+2=1$ thì $k=-1$ hay $n=2k+1=-1<0$, không thỏa.
Nếu $k+2=23$ thì $k=21$ hay $n=43$, tính được $\frac{a}{2}=3\cdot {{5}^{2}}\cdot {{23}^{2}}$, cũng không thỏa.

Vậy không tồn tại số $a$ nào thỏa mãn.

Bài 3.

Với $n\in \mathbb{N}*$, ta thấy rằng nếu $n=1$ thì $f(f(1))=1$. \medskip

Nếu $n>1$ thì gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kỳ của $n$. \medskip

Vì $\frac{f(n)}{n}\in \mathbb{N}*$ nên $n|f(n)$. Đặt $a={{v}_{p}}(n),b={{v}_{p}}\left( f(n) \right)$ thì trước hết, ta có $a\le b.$ \medskip

Từ $f\left( \frac{f(n)}{n} \right)={{n}^{2}}$, ta suy ra rằng $\left. \frac{f(n)}{n} \right|{{n}^{2}}$ hay $f(n)|{{n}^{3}}$, tức là $b\le 3a.$ \medskip

Trong biểu thức đã cho, thay $n\to \frac{f(n)}{n}$ thì
$f\left( \frac{f\left( \frac{f(n)}{n} \right)}{\frac{f(n)}{n}} \right)={{\left( \frac{f(n)}{n} \right)}^{2}}\Leftrightarrow f\left( \frac{{{n}^{3}}}{f(n)} \right)={{\left( \frac{f(n)}{n} \right)}^{2}}$
Do đó, ta phải có $\left. {{\left( \frac{f(n)}{n} \right)}^{2}} \right|\frac{{{n}^{3}}}{f(n)}\Leftrightarrow \left. {{f}^{3}}(n) \right|{{n}^{5}} \text{ nên } 3b \le 5a.$$ Sau đó lại tiếp tục thay $n$ trong biểu thức đã cho bởi $\frac{{{n}^{5}}}{{{f}^{3}}(n)}$ và cứ như thế, ta xây dựng được hai dãy hệ số của $a,b$ như sau
${{u}_{0}}={{v}_{0}}=1,{{u}_{1}}=3,{{v}_{1}}=1 \text{ và } $
${{u}_{k+1}}=2{{u}_{k-1}}+{{v}_{k}},{{v}_{k+1}}=2{{v}_{k-1}}+{{u}_{k}} \text{ với } k\ge 1. $
Khi đó $\frac{{{v}_{2k}}}{{{u}_{2k}}}\le \frac{b}{a}\le \frac{{{u}_{2k+1}}}{{{v}_{2k+1}}}. $
Biến đổi công thức của hai dãy, ta có ${{u}_{n+2}}=5{{u}_{n}}-4{{u}_{n-2}},{{v}_{n+2}}=5{{v}_{n}}-4{{v}_{n-2}}$ và cả hai dãy đều có phương trình đặc trưng là ${{t}^{2}}-5t+4=0$. Ngoài ra, dãy chẵn và dãy lẻ trong mỗi dãy đều độc lập với nhau.

Ta có ${{u}_{0}}=1,{{u}_{2}}=3,{{v}_{0}}=1,{{v}_{2}}=5$ nên
\[{{u}_{2k}}=\frac{13+2\cdot {{16}^{k}}}{15},{{v}_{2k}}=\frac{11+4\cdot {{16}^{k}}}{15},k\ge 1. \] Từ đó, dễ dàng tính được $\lim \frac{{{u}_{2k+1}}}{{{v}_{2k+1}}}=2$. \medskip

Một cách tương tự, ta tính được $\lim \frac{{{u}_{2k}}}{{{v}_{2k}}}=\frac{1}{2}$. Do đó, số $\frac{b}{a}$ bị kẹp ở giữa và là số nguyên nên chỉ có thể là $\frac{b}{a}=2\Leftrightarrow b=2a.$ \medskip

Rõ ràng tập hợp ước nguyên tố của $n$ và $f(n)$ là giống nhau. Hơn nữa, với một ước nguyên tố cụ thể thì số mũ trong $f(n)$ gấp đôi số mũ trong $n.$ Suy ra $f(n)={{n}^{2}}, \forall n>1.$ \medskip

Tiếp theo, giả sử $f(1)=n>1$ thì ta có $f(f(1))=1$ nên $f(n)=1,$ mâu thuẫn. Vì thế nên chỉ có thể $f(1)=1.$ \medskip

Vậy tất cả các hàm thỏa mãn là $f(n)={{n}^{2}},\forall n\in \mathbb{N}^*$.

Bài 4.

(a) Trước hết, ta thấy rằng ${{O}_{1}},I,E$ thẳng hàng và ${{O}_{2}},I,F$ thẳng hàng. \medskip

Vì $M$ là trung điểm cung $AB$ của $({{O}_{1}})$ nên ${{O}_{1}}M$ là trung trực của $AB$, suy ra $O\in {{O}_{1}}M.$ Tương tự, ta cũng có $O\in {{O}_{1}}N.$ \medskip

Gọi $P,Q$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $AB,AC.$ \medskip

Vì $IP\parallel {{O}_{1}}M$ (cùng vuông góc với $AB$) nên $\angle M{{O}_{1}}E=\angle PIE$.
Hơn nữa, các tam giác ${{O}_{1}}ME,IPE$ đều cân với đỉnh là ${{O}_{1}},I$ nên suy ra chúng đồng dạng, tức là
$\angle IEP=\angle {{O}_{1}}EM$ hay $E,P,M$ thẳng hàng. Tương tự thì $F,Q,N$ cũng thẳng hàng. \medskip

Vì ta đã có $E,F,P,Q$ cùng thuộc đường tròn $(I)$ nên để có $E,F,M,N$ cùng thuộc một đường tròn thì $\angle EMN=\angle EFN=\angle EPQ$ hay $MN\parallel PQ.$ \medskip

Mặt khác, $AI\bot PQ$ nên ta cần có $AI\bot MN.$ \medskip

Thật vậy, sử dụng phương tích với đường tròn $(I)$ ta có
\[M{{A}^{2}}-N{{A}^{2}}=MP\cdot ME-NQ\cdot NF=M{{I}^{2}}-N{{I}^{2}} \] nên theo định lý bốn điểm thì $AI\bot MN$, từ đó ta có đpcm. \medskip

(b) Vì $PQ\parallel MN,OM\parallel IP$ nên dễ dàng có $\angle IPQ=\angle OMN$. Tương tự $\angle IPQ=\angle ONM.$ \medskip

Do đó, hai tam giác $IPQ,OMN$ đồng dạng với nhau, tức là $$\frac{IP}{OM}=\frac{PQ}{MN}.$$
Ngoài ra, $$\frac{JP}{JM}=\frac{IP}{OM},$$ kết hợp với $\angle JPI=\angle JMO$, ta có hai tam giác $JPI,JMO$ đồng dạng, dẫn đến $$\angle PJI=\angle MJO.$$

Từ đây suy ra $I,J,O$ thẳng hàng hay $IJ$ luôn đi qua điểm $O$ cố định.

Bài 5.

(a) Đặt $u_n=\log_{2014}(x_n)$ thì ta thu được dãy $(u_n)$ như sau
$\left\{\begin{matrix} u_0=0,u_1=1\\ u_{n+1}=\dfrac{1}{3}u_n+\dfrac{2}{3}u_{n-1} \end{matrix}\right. $
Từ đó tìm được
$u_n=\dfrac{3}{5}-\dfrac{3}{5} \cdot \left ( \dfrac{-2}{3} \right )^n$
Suy ra $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}u_n=\dfrac{3}{5}$ nên ta có được
$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim} x_n=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}(2014^{u_n})=2014^{3/5} $
(b) Ta thấy rằng để có $(x_n)^k$ là một số nguyên thì $\dfrac{3k(3^{n}-(-2)^n)}{5 \cdot 3^n}\in \mathbb{Z}$ nguyên.
Ta xét các trường hợp

Nếu $n$ lẻ thì $3^n-(-2)^n=3^n+2^n\;\vdots\; 5$. Vì $\gcd\left ( \dfrac{3^n+2^n}{5},3^n \right )=1$ nên ta được $3^n\mid 3k$ nên $k$ nhỏ nhất thỏa mãn điều này là $k=3^{n-1}$.
Nếu $n$ chẵn thì $3^n-2^n\equiv (-2)^n-2^n=0 \pmod{5}$ và tương tự, ta cũng tìm được $k=3^{n-1}$.

Do đó số $k$ nhỏ nhất cần tìm là $k=3^{n-1}$.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm tự nhiên
$a^3+b^3=2014^n \Leftrightarrow (a+b)(a^2-ab+b^2)=2014^n $

Gọi ${{n}_{0}}$ số nguyên dương nhỏ nhất sao cho tồn tại $a,b\in {{\mathbb{Z}}^{+}}$ để ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}={{2014}^{{{n}_{0}}}}$.
Dễ thấy ${{n}_{0}}=1$ không thỏa nên ta chỉ xét ${{n}_{0}}\ge 2.$
Ta xét các trường hợp

Nếu $\gcd (a+b,{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}})=1$ thì dễ thấy ${{(a-b)}^{2}}\ge 1$. Khi đó
\[{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}\ge a+b>\sqrt{{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}}. \] Vì $2014=2\cdot 19\cdot 53$ nên chỉ có thể xảy ra \[a+b={{19}^{{{n}_{0}}}},{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}={{106}^{{{n}_{0}}}}. \] Ngoài ra ${{(a+b)}^{2}}\le 4({{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}})$ nên ta phải có ${{361}^{{{n}_{0}}}}\le 4\cdot {{106}^{{{n}_{0}}}}$. Đánh giá này sai khi ${{n}_{0}}\ge 2$ nên trường hợp này không thỏa.
Nếu $\gcd (a+b,{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}})>1$ thì chẳng hạn
\[a+b={{2}^{x}}u,{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}={{2}^{y}}v \text{ với } \gcd (u,2)=\gcd (v,2)=1.\] Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.
Ngoài ra $uv={{1007}^{{{n}_{0}}}},x+y={{n}_{0}}. $
Chú ý rằng ${{(a+b)}^{2}}-({{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}})=3ab$ nên $3ab$ cũng chẵn, tức là cả hai số $a,b$ đều chẵn (vì nếu không thì ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}$ lẻ).

Từ đây dễ dàng chứng minh được $3{{v}_{2}}(a)=3{{v}_{2}}(b)={{n}_{0}}$, ta đưa về
${{{x}’}^{3}}+{{{y}’}^{3}}={{1007}^{{{n}_{0}}}}$.
Cứ như thế, ta được $2014|a,2014|b$ nên phương trình sau cũng có nghiệm nguyên dương
${{\left( \frac{a}{2014} \right)}^{3}}+{{\left( \frac{b}{2014} \right)}^{3}}={{2014}^{{{n}_{0}}-3}}. $
Điều này mâu thuẫn với các chọn ${{n}_{0}}$ nên phương trình trên vô nghiệm. Các trường hợp còn lại tương tự.
\end{enumerate}
Ta có đpcm.

Bài 6.

(a) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $X$ là tập hợp $19$ số nguyên dương đầu tiên.
Gọi $X(k)$ là tập hợp tất cả các tập con có $7$ phần tử của $X$ và tổng các phần tử của nó chia $19$ dư $k$. \medskip

Khi đó, dễ thấy rằng $\left| X(0) \right|+\left| X(1) \right|+\cdots +\left| X(18) \right|$ chính là số tập con có $7$ phần tử tùy ý của $X$ và là $C_{19}^{7}.$ \medskip

Ta thấy rằng hai tập hợp $A,B\in X(k)$ tùy ý đều thỏa mãn đề bài. \medskip

Thật vậy, \medskip

Giả sử $\left| A\cap B \right|=6$ (không thể có $\left| A\cap B \right|=7$ vì khi đó hai tập hợp trùng nhau). Đặt
$A=\{{{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},{{a}_{4}},{{a}_{5}},{{a}_{6}},x\},B=\{{{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},{{a}_{4}},{{a}_{5}},{{a}_{6}},y\}$
thì \[\sum\limits_{i=1}^{6}{{{a}_{i}}}+x\equiv \sum\limits_{i=1}^{6}{{{a}_{i}}}+y\equiv k\pmod{19}\] nên $x\equiv y\pmod{19}$. Suy ra $x=y$, mâu thuẫn.
Đến đây, dễ thấy rằng \[\underset{0\le k\le 18}{\mathop{\max }}\,\left\{ \left| X(k) \right| \right\}\ge \frac{C_{19}^{7}}{19}=2652>2600.\]Ta có đpcm. \medskip

(b) Xét một tập hợp $F$ thuộc họ $\Omega $. Vì $\left| X\backslash F \right|=19-7=12$ nên có tất cả $12$ tập hợp $A\subset X$ với $\left| A \right|=8$ và $F\subset A.$ \medskip

Ngược lại, ứng với một tập hợp $A$ là một cận trên của họ $\Omega $, có không quá $8$ tập $F$ trong họ $\Omega $ sao cho $F\subset A.$ Do đó $d\ge \frac{12}{8}k$ hay $d\ge \frac{3}{2}k.$ \medskip

Đẳng thức xảy ra khi họ $\Omega $ là tập hợp tất cả các tập con có $7$ phần tử của $X$.

Bài 7.

Không mất tính tổng quát, giả sử $AB<AC.$ \medskip

Kẻ đường kính $AJ$ của đường tròn $(I).$ Khi đó, dễ thấy tứ giác $ABJC$ và $ANJQ$ là các hình bình hành nên $JB\parallel AC,JQ\parallel AN$ dẫn đến $J,Q,B$ thẳng hàng. Tương tự $J,P,C$ thẳng hàng. \medskip

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$ thì tứ giác $AQBH$ nội tiếp. \medskip

Suy ra
\[\angle QHB=\angle QAB=\angle QAM=\angle QPM=\angle QPI \] nên tứ giác $PQHI$ cũng nội tiếp.
Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì dễ thấy đường tròn $(AHI)$ tiếp xúc với $(O)$ tại $A.$

Xét ba đường tròn $(O),(AHI),(PQHI)$ thì

Trục đẳng phương của $(O),(AHI)$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$.
Trục đẳng phương của $(O),(PQHI)$ là $PQ$.
Trục đẳng phương của $(PQHI),(AHI)$ là $HI.$

Do đó, $K$ chính là tâm đẳng phương của ba đường tròn nên $K\in HI$ hay $K,B,C$ thẳng hàng.

Bài 8.

Ta sẽ chứng minh $n = 5$ là giá trị lớn nhất cần tìm. \medskip

Ta nhận thấy rằng nếu $n = 3k+1, k \ge 1$ thì ta luôn phủ được bảng vuông $n \times n$ bằng cách phủ hàng đầu tiên bằng $1$ quân tetramino kích thước $1 \times 4$ (ta sẽ gọi tắt là tetramino) và $k-1$ quân trimino kích thước $1 \times 3$ (ta sẽ gọi tắt là trimino). Các cột còn lại có chiều dài $3k$ có thể phủ được bằng các quân trimino (xoay dọc lại). \medskip

Ta chứng minh rằng nếu $n = 3k+2, k \ge 2$ thì bảng vuông $n \times n$ cũng phủ được. Cách phủ với $n = 8$ được minh họa như sau

Dễ dàng thấy rằng với $k \ge 3$ thì ta có thể thu được cách phủ cho bảng vuông $n \times n$ bằng cách phủ phần hình vuông $8 \times 8$ ở góc trên bên trái như trên, phần còn lại gồm $1 $ hình chữ nhật kích thước $3(k-2) \times (3k+2)$ và 1 hình chữ nhật kích thước $8 \times 3(k-2)$ phủ được bằng các quân trimino.

Bây giờ ta chứng minh bảng vuông $5 \times 5$ không thể phủ được bằng 1 quân tetramino và 7 quân trimino.

Trước hết ta chứng minh bổ đề: Nếu bảng vuông $5 \times 5$ có thể phủ được bằng một hình vuông $1 \times 1$, ta gọi là unomino và $8$ quân trimino thì quân unomino $1 \times 1$ phải phủ ô trung tâm. \medskip

Thật vậy, \medskip

Ta đánh số các ô của bảng vuông $5 \times 5$ như hình vẽ

Ta thấy rằng một quân trimino luôn phủ đúng một ô mang số $1,$ một ô mang số $2$ và một ô mang số $3.$ Vì số các số $2$ bằng $9,$ còn số các số $1$ và $3$ bằng $8$ nên nếu phép phủ ở đề bài thực hiện được thì quân unomino phải phủ một ô mang số $2.$ \medskip

Mặt khác, ta có thể đánh số bảng vuông $5 \times 5$ bằng một cách khác

Các tính chất nói ở trên vẫn đúng cho cách đánh số này, tuy nhiên ở đây số số $1$ là $9$, còn số số $2$ và $3$ là $8.$ Do đó, một lần nữa ta kết luận quân unomino phải phủ một ô mang số $1.$ \medskip

Giao hai điều kiện cần nói trên lại, ta thấy với một cách phủ hợp lệ thì quân unomino phải phủ ô trung tâm. \medskip

Quay trở lại với vấn đề phủ bảng vuông $5 \times 5$ bằng $1$ quân tetramino và $7$ quân trimino. Nếu tồn tại một cách phủ như thế thì cắt quân tetramino thành $1$ quân unomino và $1$ quân trimino, ta thu được một phép phủ bảng vuông $5 \times 5$ bằng $1$ quân unomino và $8$ quân trimino. \medskip

Theo bổ đề thì quân unomino phải nằm ở ô trung tâm, nghĩa là một đầu của quân tetramino phải nằm ở ô trung tâm, mâu thuẫn (vì khi đó quân tetramino sẽ bị lòi ra ngoài bảng vuông). \medskip

Với những lý luận ở trên, ta kết luận $n = 5$ là giá trị lớn nhất cần tìm.