ĐỀ BÀI

Bài 1. (1.5 điểm) Cho hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}=2 \\
x+y=m
\end{array} \right. $

a) Giải hệ với $m=7$
b) Tìm $m$ sao cho hệ có nghiệm $(x,y)$

Bài 2. (1.5 điểm) Cho $M=\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$, $N=\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}$, $K=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$

a) Chứng minh nếu $MK=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}$ thì $N=0$
b) Cho $M=K=4$, $N=1$. Tính tích $abc$.

Bài 3. (1.5 điểm) Cho dãy $n$ số thực $x_1; x_2; \ldots ; x_n$ ($n \ge 5$) thỏa: $x_1 \le x_2 \le \ldots \le x_n$ và $x_1 + x_2 + \ldots x_n =1$

a) Chứng minh nếu $x_n \ge \dfrac{1}{3}$ thì $x_1 + x_2 \le x_n$
b) Chứng minh nếu $x_n \le \dfrac{2}{3}$ thì tìm được số nguyên dương $k <n$ sao cho

$$\dfrac{1}{3}\le x_1 + x_2 + \ldots + x_k \le \dfrac{2}{3}$$

Bài 4. (1.5 điểm)

a) Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $(2n+1)^3 + 1 $ chia hết cho $2^{2021}$
b) Tìm tất cả số tự nhiên $n$ và số nguyên tố $p$ sao cho $\dfrac{2n+2}{p}$ và $\dfrac{4n^2+2n+1}{p}$ là các số nguyên. Chứng minh với $n$ và $p$ tìm được, các số nguyên trên không thể đồng thời là số chính phương.

Bài 5. (3 điểm)  Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Các điểm $E$, $F$ lần lượt thay đổi trên các cạnh $AB$, $AC$ sao cho $EF\parallel BC$. Gọi $D$ là giao điểm của $BF$ và $CE$, $H$ là hình chiếu của $D$ lên $EF$. Đường tròn $(I)$ đường kính $EF$ cắt $BF$, $CE$ tại $M$, $N$. ($M$ khác $F$, $N$ khác $E$)

a) Chứng minh $AD$ và đường tròn ngoại tiếp $\triangle HMN$ cùng đi qua tâm $I$ của đường tròn tâm $I$.
b) Gọi $K$, $L$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $E$, $F$ lên $BC$ và $P$, $Q$ tương ứng là giao điểm của $EM$, $FN$ với $BC$. Chứng minh tứ giác $AEPL$, $AFQK$ nội tiếp và $\dfrac{BP \cdot BL}{CQ \cdot CK}$ không đổi khi $E$, $F$ thay đổi.
c) Chứng minh nếu $EL$ và $FK$ cắt nhau trên đường tròn $(I)$ thì $EM$ và $FN$ cắt nhau trên đường thẳng $BC$.

Bài 6. (1 điểm) Cho $N$ tập hợp ($N \ge 6$), mỗi tập hợp gồm 5 chữ cái khác nhau được lấy từ 26 chữ cái $a$, $b$, $c$, $\ldots$, $x$, $y$, $z$.

a) Biết rằng trong $N$ tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 1 chữ cái, và không có chữ cái nào có mặt trong tất cả $N$ tập hợp này.  Chứng minh không có chữ cái nào có mặt trong 6 tập hợp từ $N$ tập đã cho.
b) Biết rằng trong $N$ tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 2 chữ cái, và không có hai chữ cái nào cùng xuất hiện trong $N$ tập hợp này.  Hỏi trong số $N$ tập hợp đã cho, có nhiều nhất bao nhiêu tập hợp có chung đúng 2 chữ cái?

HẾT

Bình luận chung Đề bài nhìn chung vừa dài và khó, có nhiều ý, đầy đủ các phần đại số, số học, hình học và tổ hợp. Có 3 bài đại số, 1 bài số học, 1 bài hình và 1 bài tổ hợp. Đại số chiếm $50\%$ tổng số bài.

•  Các bài học sinh chuyên toán có thể lấy điểm được ở bài 1, 2 và bài 5a.
  Các câu mức phân loại là 3a, 4a, 5b. Nếu làm chắc các câu trên nhiều khả năng sẽ đậu.
• Những câu khó là 3b, 4b 5c, 6b, các kĩ thuật khó đối với học sinh cấp 2, đặc biệt là 3b và 4b.
•  Đề năm nay nhìn chung khó, các bạn làm được từ 5 điểm trở lên có hy vọng đậu vào chuyên toán, còn điểm cao tầm 9, 10 tôi nghĩ là rất khó đạt, phải thực sự có năng khiếu và làm bài chắc tay mới đạt được.

Bài 1.

a) (0.75 điểm) $\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}=2 \\
x+y=m
\end{array} \right. \quad (1) $

ĐKXĐ: $x \ge 2$, $y\ge 1$

Đặt $u = \sqrt{x-2}, v = \sqrt{y-1}$ ta có $u, v \geq 0$ và $u+v = 2, u^2+v^2=4$.

Giải ra được $u = 2, v=0$ hoặc $u = 0, v=2$. Từ đó có nghiệm $(x;y)$ là $(2;5), (6;1)$.

b) (0.75 điểm)

Đặt $u=\sqrt{x-2}$, $v= \sqrt{y-1}$ ($u, v \ge 0)$

Hệ phương trình trở thành: $\left\{ \begin{array}{l}
u+v=2 \\
u^2 + v^2 =m-3
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
u+v=2 \\
2u^2 – 4u +7-m=0 \quad (2)
\end{array} \right. $

Để hệ $(1)$ có nghiệm khi và chỉ khi $(2)$ phải có 2 nghiệm không âm, nhỏ hơn hoặc bằng 2, khi và chỉ khi:

$\left\{ \begin{array}{l}
\Delta ‘ \ge 0 \\
S \geq 0 \\
\left( x_1 -2 \right) \left( x_2 -2 \right) \geq 0 \\
S \le 4
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ge 5 \\
m \le 7
\end{array} \right. $

Vậy $5 \le m \le 7$ thì hệ đã cho có nghiệm $(x,y)$

Bài 2.

a) $MK=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow N=0 .$

$M K =\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

$+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$
$=\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{b}{a(c+a)}+\dfrac{c}{a(a+b)}$

$+\dfrac{a}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{c}{b(a+b)}+$

$+\dfrac{a}{c(b+c)}+\dfrac{b}{c(c+a)}+\dfrac{1}{a+b}$
$=N+\dfrac{b}{c+a}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c})$

$+\dfrac{c}{a+b}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})+\dfrac{a}{b+c}(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$
$= N+\dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ab}+\dfrac{a}{bc}= N+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}$

Mà $M K=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} $

$\Rightarrow N+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$

$\Rightarrow N=0$

b) Ta có $M=K=4 ; N=1$

Theo câu a) ta được:

$MK=N+\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$
$\Rightarrow 16=1+\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$
$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}=15abc$
$\Rightarrow(a+b+c)^{2}-2(a b+b c+c a)=15 a b c (*)$

Ta có:

$K+3=\dfrac{a}{b+c}+1+\dfrac{b}{c+a}+1+\dfrac{c}{a+b}+1=(a+b+c)N \Rightarrow 7=a+b+c$

$M=4 \Rightarrow a b+b c+c a=4 a b c$.

Thay vào $ (*) $
$\Rightarrow 7^{2}-2.4 a b c=15 a b c$
$\Rightarrow a b c=\dfrac{49}{23} .$

Bài 3. 

a) Có nhận xét: nếu $x_1 + x_2 +\cdots x_k > 0$ thì có ít nhất $i \in \overline{1,k}$ để $x_i > 0$ suy ra $x_{k+1}>0$.

(0.75 điểm) Giả sử rằng $ x_1+x_2>x_n\geq \dfrac{1}{3}>0 $, khi đó $x_i > 0$ với mọi $2 \leq i \leq n$.

Do $n \geq 5$ nên $x_1+\cdots x_{n-1} \geq x_1 +x_2+x_3+x_4 \leq 2(x_1+x_2) >\dfrac{2}{3} \Rightarrow x_n < \dfrac{1}{3}$ (Vô lý).

b)

• Nếu $x_n \geq \dfrac{1}{3}$, khi đó $\dfrac{2}{3}\geq x_n \geq \dfrac{1}{3}$, Từ $x_1+x_2+\cdots x_n=1$, suy ra $$\dfrac{1}{3} \leq x_1+x_2 +\cdots +x_{n-1} = 1-x_n \geq \dfrac{2}{3}$$
• Nếu $x_n < \dfrac{1}{3}$. Suy ra $x_i < \dfrac{1}{3}$ với mọi $i$.

  Giả sử không tồn tại $k$ thỏa đề bài, tức là không có $k$ để $$\dfrac{1}{3}\le x_1 + x_2 + \ldots + x_k \le \dfrac{2}{3} (*)$$

Ta chứng minh tồn tại $l\leq n-2$ sao cho $x_1+\cdots x_l < \dfrac{1}{3}$ và $x_1+\cdots x_{l+1} > \dfrac{2}{3}$. (**)

Thật vậy nếu không tồn tại $l$ thì $x_1 < \dfrac{1}{3}$, suy ra $x_1+x_2 < \dfrac{1}{3}$, vì ngược lại thì do (**) nên $\dfrac{1}{3} \leq x_1+x_2 \leq \dfrac{2}{3}$.(mâu thuẫn do (*)

Lý luận tương tự thì $x_1+x_2+\cdots x_{n-1} <\dfrac{1}{3}$(Mâu thuẫn).

Do đó nếu tồn tại $l$ thỏa $(**)$ thì suy ra $x_{l+1} > \dfrac{1}{3} > x_n$ (vô lý).

Vậy điều giả sử sai. Do đó tồn tại $k$ thỏa đề bài.

Bài 4. 

a) (0.5 điểm) ${{\left(2n+1\right)}^3+1}\; \vdots\; {{2}^{2021}}$
$\Leftrightarrow {(2n+2)(4n^{2}+2n+1)}\;\vdots\;{{2}^{2021}}$
$\Leftrightarrow {2(n+1)(4n^{2}+2n+1)}\;\vdots\;{{2}^{2021}}$
$\Leftrightarrow {(n+1)(4n^{2}+2n+1)}\; \vdots\; {{2}^{2020}}$
$\Leftrightarrow n+1\; \vdots \; 2^{2020} \quad\text{(do$ \; 4n^{2}+2n+1 \equiv 1 \; $ (mod$ \; 2$))}$
$\Leftrightarrow n=2^{2020}k-1\ (k\in \mathbb Z^+)$

b)  (1 điểm)Từ $p\mid 2n+2$ và $p\mid 4n^2+2n+1$ thì $p$ phải là số lẻ, dẫn đến $p\mid n+1$.

Do $4n+2+2n+1=4(n-1)(n+1)+2(n+1)+3$ nên $p\mid 3$, từ đó $p=3$. Kết hợp với điều kiện $p\mid n+1$ thì $n=3k-1$ với $k\in \mathbb Z^+$.
(0.5 điểm)
Ta chứng minh rằng $\dfrac{2n+2}{3}$ và $\dfrac{4n+2+2n+1}{3}$ không cùng là số chính phương.

Thật vậy, giả sử rằng ta có điều ngược lại, vì chúng đều là số nguyên dương nên:
$$\dfrac{2n+2}{3}\cdot \dfrac{4n^2+2n+1}{3}=s^2\ (s\in \mathbb Z^+)$$
Viết lại thành $(2n+1)^3=(3s-1)(3s+1)$.

Do $s$ là số chẵn nên $(3s-1,3s+1)=1$, dẫn đến việc tồn tại các số nguyên $a,b$ để $ab=2n+1$, $(a,b)=1$ và:
$$\begin{cases}
3s-1=a^3\\
3s+1=b^3
\end{cases}$$

Từ đây $2=(b-a)(b^2+ba+a^2)$.

Do $b>a$ nên $b-a\in{1,2}$.

Xét từng trường hợp và giải ra cụ thể, ta được $(a,b)=(-1,1)$.

Tuy nhiên điều này dẫn đến $s=0$, trái với việc $s>0$ từ điều đã giả sử.

Vậy giả sử ban đầu là sai hay hai số đã cho không thể cùng là số chính phương.
(0.5 điểm)

Bài 5.

a) (1 điểm) Qua $D$ vẽ đường thẳng song song $BC$ cắt $AB, AC$ tại $X, Y$.

Ta có $\dfrac{DY}{BC} = \dfrac{DF}{BF} = \dfrac{DE}{EC} = \dfrac{DX}{BC}$.

Suy ra $DX = DY$. Suy ra $D$ là trung điểm của $XY$.

Do đó $AD$ qua trung điểm $I$ của $EF$.

Ta có $DHFN, DHEM$ nội tiếp. Suy ra $\widehat{DHN} = \widehat {DFN} = \widehat {MAN}$ và
$\widehat {DHM} = \widehat {NEM} = \widehat {NAM}$.

Suy ra $\widehat {MHN} = 2 \widehat {MAN} = \widehat {MIN}$.

Suy ra tứ giác $MIHN$ nội tiếp. Ta có điều cần chứng minh.
b) (1 điểm) Ta có $\triangle BMP \backsim \triangle BLF$.
Suy ra $BM \cdot BF = BP \cdot BL$.

Mặt khác $\triangle BAF \backsim \triangle BEM$, suy ra $BE \cdot BA = BM \cdot BE$.

Do đó $BA \cdot BE = BP \cdot BL$.

Từ đó ta có tứ giác $AEPL$ nội tiếp.

Chứng minh tương tự thì tứ giác $AFQK$ nội tiếp.

Và $\dfrac{BP\cdot BL}{CQ\cdot CK} = \dfrac{BE\cdot BA}{CF \cdot CA} = \dfrac{AB^2}{AC^2}$.
c) (1 điểm) Giả sử $EL, FK$ cắt nhau tại $S$ thuộc $(I)$.

Khi đó $\angle ESF =90^\circ$ và $EFLK$ là hình vuông.

Vẽ $PU \bot AB, QV \bot AC$.

Ta có $\dfrac{BP}{BC} = \dfrac{BU}{BA} = \dfrac{BK}{BL}$
và $\dfrac{CQ}{BC} = \dfrac{CV}{CA} = \dfrac{CL}{CK}$

Đặt $x = EF = KL$

Ta cần chứng minh $\dfrac{BK}{BL} + \dfrac{CL}{CK} = 1$.

$ \Leftrightarrow BK \cdot CK + BL \cdot CL = BL \cdot CK$
$\Leftrightarrow BK(CL+x)+(BK+x)CL = (BK+x)(CL+x)\Leftrightarrow x^2= BK\cdot CL$.

Đúng vì tam giác $BEK$ và $CFL$ đồng dạng.

Bài 6. 

a) Giả sử có chữ cái $S$ sao cho $S$ có mặt trong 6 tập hợp từ $N$ tập đã cho, chẳng hạn 6 tập $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_6$.

Vì hai tập hợp bất kỳ có chung đúng một chữ cái nên hai tập hợp bất kỳ trong 6 tập trên bao giờ cũng chỉ có chữ cái chung duy nhất là $S$.

Do đó, tổng số chữ cái có mặt trong 6 tập trên là: $1+6(5-1)=25$.

• Nếu $N=6$ thì vô lý do $S$ không xuất hiện trong tất cả $N$ tập hợp. Do đó $N \ge 7$.
•  Với $N \ge 7$, lấy tập $A_7$, có 2 khả năng:

  + $A_7$ chứa $S$: Vì $A_7$ và những tập $A_1$, $A_2$, $\ldots$,$A_6$ có chung đúng một chữ cái $\sigma$ nên $A_7$ còn chứa 4 phần tử không nằm trong bất kỳ tập nào thuộc $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_6$.

  Suy ra tổng số chữ cái trong 7 tập trên là: $1+ 7(5-1)=29 >26$ (vô lý)
  + $A_7$ không chứa $S$.

  Khi đó $A_7$ sẽ có chung đúng 1 phần tử với mỗi tập $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_6$ và 6 phần tử này phải khác nhau. (vì 6 tập $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_6$ đã có chung $S$)

  Do đó $A_7$ có ít nhất 6 phần tử. (vô lý).
  Vậy không có chữ cái nào nằm trong 6 tập hợp từ $N$ tập hợp đã cho.

b)

Giả sử có nhiều nhất $k$ tập hợp có chung đúng 2 chữ cái, chẳng hạn $S$ và $T$.

Khi đó dễ thấy $k \ge N-1$ nên tồn tại một tập hợp khác chưa được kể tên trong $k$ tập hợp trên, đặt là tập hợp $X$, $X$ không chứa $\left\{ S, T \right\} $.

•  Nếu $X$ không chứa cả $S$ lẫn $T$. $X$ giao mỗi tập trong $k$ tập kia ở 2 phần tử khác nhau nên $2k \le 5 \Rightarrow k \le 2$
•  Nếu $X$ chỉ chứa $S$, không chứa $T$.
  Khi đó 4 phần tử còn lại giao với $k$ tập kia ở các phần tử khác nhau, mà $X$ có 5 phần tử nên $k \le 4$.
  Vậy có nhiều nhất 4 tập hợp có chung đúng 2 chữ cái.

  Để chỉ ra một ví dụ về khả năng có $4$ tập hợp, xét $N=6$. Để thuận tiện, thay các chữ cái bằng các con số từ $1$ đến $26$. Khi đó chọn bộ $N$ tập hợp như sau:
  $$\begin{cases}
  A_1=\{1,2,3,4,5\}\\\\
  A_2=\{1,2,6,7,8\}\\\\
  A_3=\{1,2,9,10,11\}\\\\
  A_4=\{1,2,12,13,14\}\\\\
  A_5=\{1,3,6,10,13\}\\\\
  A_6=\{2,3,6,9,12\}
  \end{cases}$$
  Bộ $6$ tập hợp này thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài toán.

Lời giải được thực hiện bởi nhóm giáo viên Star Education: thầy Nguyễn Tăng Vũ, thầy Lê Phúc Lữ, thầy Nguyễn Tấn Phát, Nguyễn Tiến Hoàng, Nguyễn Công Thành, Trần Tín Nhiệm, Châu Cẩm Triều, Lê Quốc Anh.