Tag Archives: DeThi

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2019

Leave a reply

Bài 1. Cho phương trình $a x^{2}+b x+c=0(1)$ thỏa mãn các điều kiện:

$a>0 \text { và } 2 \sqrt{|a c|}<|b|<a+c$

(a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ và

$\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)>0 \text { và }\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)>0$

(b) Biết rằng $a>c$. Chứng minh rằng $-1<x_{1}, x_{2}<1$

Bài 2. (a) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $2^{n}+1$ chia hết cho $9 .$

(b) Cho $n$ là số tự nhiên $n>3$. Chứng minh rằng $2^{n}+1$ không chia hết cho $2^{m}-1$ với mọi số tự nhiên $m$ sao cho $2<m \leq n$.

Bài 3. Cho $a$ và $b$ là hai số thực phân biệt thỏa mãn điều kiện $a^{4}-4 a=b^{4}-4 b$.

(a) Chứng minh rằng $0<a+b<2$.

(b) Biết rằng $a^{4}-4 a=b^{4}-4 b=k>0$. Chứng minh rằng $-\sqrt{k}<a b<0$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ có $A B<A C$. Gọi $d_{1}$, $d_{2}$ lần lượt là các đường phân giác trong và ngoài góc $\angle B A C$. Gọi $M, N$ lần là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $d_{1}, d_{2}$. Gọi $P, Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $d_{1}, d_{2}$.

(a) Chứng minh rằng $M N$ và $P Q$ lần lượt đi qua trung điểm của $A B, A C$.

(b) Chứng minh rằng $M N$ và $P Q$ cắt nhau trên $B C$.

(c) Trên $d_{1}$ lấy các điểm $E$ và $F$ sao cho $\angle A B E=\angle B C A$ và $\angle A C F=\angle C B A$. ( $E$ thuộc nữa mặt phẳng bờ $A B$ chứa $C ; F$ thuộc nữa mặt phẳng bờ $A C$ chứa $B)$. Chứng minh rằng $\frac{B E}{C F}=\frac{A B}{A C}$.

(d) Các đường thẳng $B N$ và $C Q$ lần lượt cắt $A C$ và $A B$ tại các điểm $K$ và $L$. Chứng minh rằng các đường thẳng $K E$ và $L F$ cắt nhau trên đường thẳng $B C$.

Bài 5. Trong một buổi gặp gỡ giao lưu giữa các học sinh đến từ $n$ quốc gia, người ta nhận thấy rằng cứ 10 học sinh bất kỳ thì có ít nhất 3 học sinh đến từ cùng một quốc gia.

(a) Gọi $k$ là số các quốc gia có đúng 1 học sinh tham dự buổi gặp gỡ. Chứng minh rằng $n<\frac{k+10}{2}$.

(b) Biết rằng số các học sinh tham dự buổi gặp gỡ là 60 . Chứng minh rằng có thể tìm được ít nhất là 15 học sinh đến cùng một quốc gia.

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho phương trình $a x^{2}+b x+c=0(1)$ thỏa mãn các điều kiện:

$a>0 \text { và } 2 \sqrt{|a c|}<|b|<a+c$

(a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ và

$\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)>0 \text { và }\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)>0$

(b) Biết rằng $a>c$. Chứng minh rằng $-1<x_{1}, x_{2}<1$

Lời giải.

(a) Có

$|b|>2 \sqrt{|a c|}$

nên $b^{2}>4 a c$. Suy ra $\Delta=b^{2}-4 a c>0$ vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Có

$|b|<a+c$

$\Leftrightarrow-a-c<b<a+c $

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a+b+c>0 \\ a-b+c>0\end{array}\right.$

Suy ra

$\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)$

$=1-\left(x_{1}+x_{2}\right)+x_{1} x_{2}$

$=1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}$

$=\frac{a+b+c}{a}>0$

và

$\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)$

$=1+\left(x_{1}+x_{2}\right)+x_{1} x_{2}$

$=1-\frac{b}{a}+\frac{c}{a}$

$=\frac{a-b+c}{a}>0$

(b) Có

$\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)>0$

Xét Trường hợp :

$\left\{\begin{array}{l}x_{1}>1 \\ x_{2}>1\end{array} \Rightarrow x_{1} x_{2}>1 \Rightarrow \frac{c}{a}>1 \Rightarrow c>a\right.$

mâu thuẫn với giả thiết $a>c$.

Vậy $x_{1}, x_{2}<1$.

có

$\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)>0$

Xét trường hợp:

$\left\{\begin{array}{l}x_{1}<-1 \\ x_{2}<-1\end{array} \Rightarrow x_{1} x_{2}>1 \Rightarrow \frac{c}{a}>1 \Rightarrow c>a\right.$

mâu thuẫn với giả thiết $a>c$.

Vậy $x_{1}, x_{2}>-1$.

Bài 2. (a) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $2^{n}+1$ chia hết cho 9 .

(b) Cho $n$ là số tự nhiên $n>3$. Chứng minh rằng $2^{n}+1$ không chia hết cho $2^{m}-1$ với mọi số tự nhiên $m$ sao cho $2<m \leq n$.

Lời giải.

(a) $n=3 k$, suy ra $2^{n}+1=8^{k}+1 \equiv(-1)^{k}+1(\bmod 9)$. Suy ra $k$ lẻ, $k=$ $2 t+1$. Suy ra $n=3(2 t+1)=6 t+3$.

Nếu $n=3 k+1$ ta có $2^{n}+1=3 \cdot 8^{k}+1 \equiv(-1)^{k} \cdot 3+1(\bmod 9)$, suy ra $2^{n}+1$ không chia hết cho 9 .

Nếu $n=3 k+2$ ta có $2^{n}+1=4 \cdot 8^{k}+1 \equiv 4(-1)^{k}+1$, suy ra $2^{n}+1$ không chia hết cho 9 .

Vậy với $n=6 t+2$, với $t$ là số tự nhiên là các số cần tìm.

(b) Cách 1: Ta có $2^{k m}-1: 2^{m}-1$. Từ $2^{2 n}=\left(2^{n}+1\right)\left(2^{n}-1\right)$ chia hết cho $2^{m}-1$. Đặt $2 n=k m+q(0 \leq q<m)$.

Khi đó $2^{2 n}-1=2^{k m+q}-2^{q}+2^{q}-1=2^{q}\left(2^{k m}-1\right)+2^{q}-1$ chia hết cho $2^{m}-1$, suy ra $2^{q}-1$ chia hết cho $m$ mà $0 \leq 2^{q}-1<2^{m}-1$, suy ra $q=0$. Do đó $2 n=k m$.

Trường hợp 1: Nếu $m$ lẻ, suy ra $k$ chẵn, $k=2 k^{\prime}$, suy ra $n=k^{\prime} m, 2^{n}+1=$ $2^{k^{\prime} m}+1=2^{k^{\prime} m}-1+2$ chia hết cho $2^{m}-1$, suy ra 2 chia hết cho $2^{m}-1$ (vô lý)

Trường hợp 2: Nếu $m$ chẵn $m=2 m^{\prime}$ thì $n=k m^{\prime}$, suy ra $2^{k m^{\prime}}+1$ chia hết cho $2^{m}-1$, mà $2^{m}-1$ chia hết cho $2^{m^{\prime}}-1$ nên $2^{k m^{\prime}}+1$ chia hết cho $2^{m^{\prime}}-1$, suy ra 2 chia hết cho $2^{m^{\prime}}-1$ vô lý vì $m^{\prime}>1$.

Cách 2: Ta có $2^{n-m}\left(2^{m}-1\right): 2^{m}-1$, suy ra $2^{n}-2^{n-m}: 2^{m}-1$, mà $2^{n}+1: 2^{m}-$ 1 suy ra $2^{n-m}+1$ chia hết cho $2^{m}-1$.

Lý luận tương tự ta có $2^{n-k m}+1$ chia hết cho $2^{m}-1$. Giả sử $n=k m+$ $q, 0 \leq q<m$. Chọn $k$ như trên ta có $2^{q}+1$ chia hết cho $2^{m}-1$. Mà $q<m$ nên $2^{q}+1=2^{m}-1$, giải ra $q=1, m=2$ (vô lý).

Bài 3. Cho $a$ và $b$ là hai số thực phân biệt thỏa mãn điều kiện $a^{4}-4 a=$ $b^{4}-4 b$.

(a) Chứng minh rằng $0<a+b<2$.

(b) Biết rằng $a^{4}-4 a=b^{4}-4 b=k>0$. Chứng minh rằng $-\sqrt{k}<a b<0$.

Lời giải.

(a) Ta có $a^{4}-b^{4}=4(a-b)$, mà $a^{4}-b^{4}=(a-b)(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)$ nên đẳng thức được viết lại thành

$(a-b)(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)=4(a-b)$

Mà $a \neq b$ nên $(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)=4$. Vi $a^{2}+b^{2}>0($ do $a, b$ không thể đồng thời bằng 0 ) nên ta có $a+b>0$.

Ngoài ra, ta cũng có đánh giá $a^{2}+b^{2}>\frac{(a+b)^{2}}{2}$ (đẳng thức không xảy ra vì $a \neq b$ ) nên

$4>\frac{(a+b)^{3}}{2} \Leftrightarrow(a+b)^{3}<8 \Leftrightarrow a+b<2 .$

Vậy ta được $0<a+b<2$.

(b) Rõ ràng $a b \neq 0$, ta sẽ chứng minh $a, b$ trái dấu. Ta xét hai trường hợp:

  • Nếu $a>0, b>0$ thì $a^{4}-4 a=a\left(a^{3}-4\right)>0$ nên $a>\sqrt[3]{4}>1$. Tương tự thì $b>1$. Khi đó $a+b>2$, mâu thuẫn với a).

  • Nếu $a<0, b<0$ thì $a+b<0$, cũng mâu thuẫn với a).

Do đó $a, b$ trái dấu và $a b<0$.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a<0<b$ thì đặt $c=-a>0$, ta viết lại $c^{4}+4 c=b^{4}-4 b=k>0$. Từ đây dễ thấy $(b-c)\left(b^{2}+c^{2}\right)=4$ và $b \neq c$.

Ta cần chứng minh

$-\sqrt{k}<a b \Leftrightarrow-\sqrt{k}<-b c \Leftrightarrow b c<\sqrt{k} .$

Cộng hai vế của các đẳng thức trên lại, ta có

$2k =b^{4}-4 b+c^{4}+4 c=b^{4}+c^{4}-4(b-c)=b^{4}+c^{4}-(b-c)^{2}\left(b^{2}+c^{2}\right)=2 b c\left(b^{2}-b c+c^{2}\right)$

Suy ra $k=b c\left(b^{2}-b c+c^{2}\right)$, mà $b^{2}-b c+c^{2}>b c$ (đẳng thức không xảy ra vì $b \neq c)$ nên $k>b c \cdot b c=(b c)^{2} \Leftrightarrow b c<\sqrt{k}$. Vậy ta có đpcm.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ có $A B<A C$. Gọi $d_{1}, d_{2}$ lần lượt là các đường phân giác trong và ngoài góc $\angle B A C$. Gọi $M, N$ lần là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $d_{1}, d_{2}$. Gọi $P, Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $d_{1}, d_{2}$.

(a) Chứng minh rằng $M N$ và $P Q$ lần lượt đi qua trung điểm của $A B, A C$.

(b) Chứng minh rằng $M N$ và $P Q$ cắt nhau trên $B C$.

(c) Trên $d_{1}$ lấy các điểm $E$ và $F$ sao cho $\angle A B E=\angle B C A$ và $\angle A C F=$ $\angle C B A$. ( $E$ thuộc nữa mặt phẳng bờ $A B$ chứa $C ; F$ thuộc nữa mặt phẳng bờ $A C$ chứa $B)$. Chứng minh rằng $\frac{B E}{C F}=\frac{A B}{A C}$.

(d) Các đường thẳng $B N$ và $C Q$ lần lượt cắt $A C$ và $A B$ tại các điểm $K$ và $L$. Chứng minh rằng các đường thẳng $K E$ và $L F$ cắt nhau trên đường thẳng $B C$.

Lời giải.

(a) Tứ giác $A M B N$ có $\angle A=\angle M=\angle N=90^{\circ}$ nên tứ giác $A M B N$ là hình chữ nhật. Suy ra $M N$ đi qua trung điểm $A B$.

Tương tự, $A P C Q$ là hình chữ nhật nên $P Q$ đi qua trung điểm $A C$.

(b) Có: $\angle N M A=\angle B A M=\angle M A C$ nên $M N | A C$ mà theo ý a) $N D$ đi qua trung điểm $A B$ nên ta thu được $N M$ đi qua trung điểm $B C$.

Tương tự, $P Q$ đi qua trung điểm $B C$ nên $M N$ và $P Q$ cắt nhau trên $B C$.

(c) Gọi $T$ là giao điểm của $d_{1}$ và $B C$. Dễ dàng chứng minh được $\triangle A B E \sim$ $A C T(g-g)$ nên $\frac{A B}{A C}=\frac{B E}{C T}$.

Tương tự, $\triangle A B T \sim \triangle A C F(g-g)$ nên $\frac{A B}{A C}=\frac{B T}{C F}$.

Do đó, ta có:

$\left(\frac{A B}{A C}\right)^{2}=\frac{B E \cdot B T}{C T \cdot C F}$

mà $A T$ là phân giác góc $A$ nên

$\frac{B T}{C T}=\frac{A B}{A C}$

Ta thu được

$\frac{A B}{A C}=\frac{B E}{C F}$

(d) $\triangle B E T$ có:

$\angle B E T=\angle E B A+\angle E A B=\angle A C B+\angle C A T=\angle B T E$

nên $\triangle B E T$ cân tại $B$. Suy ra $M$ là trung điểm $E T$.

Có TM $|$ NB nên

$\frac{T M}{N B}=\frac{D M}{D N}=\frac{E M}{K N}$

suy ra $\triangle D M E \sim \triangle D N K(c-g-c)$.

Ta thu được $D, E, K$ thẳng hàng.

Tương tự, $L, D, F$ thẳng hàng ta có điều phải chứng minh.

 

Bài 5. Trong một buổi gặp gỡ giao lưu giữa các học sinh đến từ $n$ quốc gia, người ta nhận thấy rằng cứ 10 học sinh bất kỳ thì có ít nhất 3 học sinh đến từ cùng một quốc gia.

(a) Gọi $k$ là số các quốc gia có đúng 1 học sinh tham dự buổi gặp gỡ. Chứng minh rằng $n<\frac{k+10}{2}$.

(b) Biết rằng số các học sinh tham dự buổi gặp gỡ là 60. Chứng minh rằng có thể tìm được ít nhất là 15 học sinh đến cùng một quốc gia.

Lời giải.

(a) Giả sử ngược lại rằng $n \geq \frac{k+10}{2}$ thì $2 n-k \geq 10$. Gọi $A$ là tập hợp các quốc gia có đúng 1 học sinh tham gia và $B$ là tập hợp các quốc gia còn lại. Khi đó, mỗi quốc gia trong $B$ sẽ có ít nhất 2 học sinh.

Ta chọn tất cả học sinh trong $A$ và mỗi quốc gia trong $B$, chọn 2 học sinh thì có $k+2(n-k)=2 n-k$ học sinh.

Các học sinh này có đặc điểm là: không có 3 học sinh nào đến từ cùng quốc gia. Do $2 n-k \geq 10$ nên có thể chọn ra trong đó 10 học sinh nào đó không thỏa mãn đề bài.

(b) Theo câu a, ta có $2 n-k<10$ nên $2 n-k \leq 9 \Leftrightarrow n \leq \frac{k+9}{2}$.

Do số học sinh tổng cộng là 60 , để chỉ ra có 15 học sinh đến từ cùng quốc gia thì theo nguyên lý Dirichlet, ta chỉ cần chỉ ra rằng

$\frac{60-k}{n-k} \geq 15 \Leftrightarrow 15 n-14 k \leq 60$

Ta sẽ chứng minh đánh giá trên đúng với mọi $(n, k)$. Vì ta đã có $n \leq \frac{k+9}{2}$ nên ta sẽ đưa về chứng $\operatorname{minh} 15\left(\frac{k+9}{2}\right)-14 k \leq 60 \Leftrightarrow k \geq \frac{15}{13}$. Do đó, với $k \geq 2$ thì khẳng định đúng. Tiếp theo, ta xét hai trường hợp

  • Nếu $k=0$ thì theo $(*)$, ta phải có $n \leq 4$ nên $15 n-14 k=15 n \leq 60$, đúng.

  • Nếu $k=1$ thì theo $(*)$, khi đó loại trừ học sinh ở nước đó ra thì còn lại 59 học sinh, đến từ 4 quốc gia. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 15 học sinh đến từ cùng quốc gia.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2018

Leave a reply

Bài 1. Cho các phương trình $x^{2}-x+m=0$

(1) và $m x^{2}-x+1=0$

(2) với $m$ là tham số.

(a) Tìm $m$ để các phương trình (1) và (2) đều có 2 nghiệm dương phân biệt.

(b) Giả sử điều kiện ở câu a) được thỏa mãn gọi $x_{1}$; $x_{2}$ là nghiệm của (1) và $x_{3} ; x_{4}$ là nghiệm của (2).

Chứng minh rằng $x_{1} x_{2} x_{3}+x_{2} x_{3} x_{4}+x_{3} x_{4} x_{1}+x_{4} x_{1} x_{2}>5$

Bài 2. Cho $a, b$ là hai số nguyên thỏa mãn $a^{3}+b^{3}>0$.

(a) Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3} \geq a+b>0$.

(b) Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$.

(c) Tìm tất cả các bộ số $x, y, z, t$ nguyên sao cho $x^{3}+y^{3}=z^{2}+t^{2}$ và $z^{3}+t^{3}=$ $x^{2}+y^{2}$.

Bài 3. Cho $A_{n}=2018^{n}+2032^{n}-1964^{n}-1984^{n}$ với $n$ là số tự nhiên.

(a) Chứng minh với mọi số tự nhiên $n$ thì $A_{n}$ chia hết cho 51 .

(b) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $A_{n}$ chia hết cho 45 .

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn. Một đường tròn qua $B, C$ cắt các cạnh $A B, A C$ lần lượt tại $E$ và $F ; B F$ cắt $C E$ tại $D$. Lây điểm $K$ sao cho từ giác $D B K C$ là hình bình hành.

(a) Chứng minh rằng $\triangle K B C$ đồng dạng với $\triangle D F E, \triangle A K C$ dồng dạng với $\triangle A D E$.

(b) Hạ $D M$ vuông góc với $A B, D N$ vuông góc với $A C$. Chứng minh rằng $M N$ vuông góc với $A K$.

(c) Gọi $I$ là trung điểm $A D$, $J$ là trung điểm $M N$. Chứng minh rằng đường thẳng $I J$ đi qua trung điểm của cạnh $B C$.

(d) Đường thẳng $I J$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $I M N$ tại $T(T \neq I)$. Chứng minh rằng $A D$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $D T J$.

Bài 5. Đội văn nghệ của một trường THCS có 8 học sinh. Nhà trường muốn thành lập các nhóm tốp ca, mỗi nhóm gồm đúng 3 học sinh, (mỗi học sinh có thể tham gia vài nhóm tốp ca khác nhau). Biết rằng hai nhóm tốp ca bất kỳ có chung nhau nhiều nhất là một học sinh.

(a) Chứng minh rằng không có học sinh nào tham gia từ 4 nhóm tốp ca trở lên.

(b) Có thể thành lập nhiều nhất là bao nhiêu nhóm tốp ca như vậy?

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho các phương trình $x^{2}-x+m=0 \quad$ (1) và $m x^{2}-x+1=0$

(2) với $m$ là tham số.

(a) Tìm $m$ để các phương trình (1) và $(2)$ đều có 2 nghiệm dương phân biệt.

(b) Giả sử điều kiện ở câu a) được thỏa mãn gọi $x_{1}$; $x_{2}$ là nghiệm của (1) và $x_{3} ; x_{4}$ là nghiệm của $(2)$.

Chứng minh rằng $x_{1} x_{2} x_{3}+x_{2} x_{3} x_{4}+x_{3} x_{4} x_{1}+x_{4} x_{1} x_{2}>5$

Lời giải.

(a) Xét phương trình (1): $x^{2}-x+m=0$

Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt:

$\left\{\begin{array}{l}\Delta>0 \\ S>0 \ P>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}1-4 m>0 \\ 1>0 \ m>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m<\frac{1}{4} \\m>0\end{array} \Leftrightarrow 0<m<\frac{1}{4}\right.\right.\right.$

Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt:

$\left\{\begin{array}{l}m \neq 0 \\ \Delta>0 \\ S>0 \\ P>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m \neq 0 \\ 1-4 m>0 \\ \frac{1}{m}>0 \\ \frac{1}{m}>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m \neq 0 \\ m<\frac{1}{4} \\ m>0\end{array} \Leftrightarrow 0<m<\frac{1}{4}\right.\right.\right.$

Vậy để $(1)$ và $(2)$ có hai nghiệm dương phân biệt thì $0<m<\frac{1}{4}$

b) Theo Viet ta có: $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=1 \\ x_{1} x_{2}=m \\ x_{3}+x_{4}=\frac{1}{m} \\ x_{3} x_{4}=\frac{1}{m}\end{array}\right.$

$\text { Ta có } x_{1} x_{2} x_{3}+x_{2} x_{3} x_{4}+x_{3} x_{4} x_{1}+x_{4} x_{1} x_{2}$

$=x_{1} x_{3}+\frac{x_{2}}{m}+\frac{x_{1}}{m}+m x_{4}$

$=m\left(x_{3}+x_{4}\right)+\frac{1}{m}\left(x_{1}+x_{2}\right)$

$=1+\frac{1}{m}>1+\frac{1}{\frac{1}{4}}=5(\text { dpcm }) .$

Bài 2. Cho $a, b$ là hai số nguyên thỏa mãn $a^{3}+b^{3}>0$.

(a) Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3} \geq a+b>0$.

(b) Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$.

(c) Tìm tất cả các bộ số $x, y, z, t$ nguyên sao cho $x^{3}+y^{3}=z^{2}+t^{2}$ và $z^{3}+t^{3}=x^{2}+y^{2} .$

Lời giải. $a, b \in \mathbb{Z}: a^{3}+b^{3}>0$

(a) $a^{3}+b^{3}>0 \Leftrightarrow(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)>0$

Do $a^{2}-a b+b^{2}=\left(a-\frac{b}{2}\right)^{2}+\frac{3 b^{2}}{4} \geq 0$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow a=b=0$ (loại).

$\Rightarrow a^{2}-a b+b^{2}>0$ nên $a+b>0$ (đpcm).

Ta có: $a^{3}+b^{3} \geq a+b$

$\Leftrightarrow(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}-1\right) \geq 0 \quad (* *)$

Do $\left\{\begin{array}{l}a^{2}-a b+b^{2}>0 \\ a, b \in \mathbb{Z}\end{array} \Rightarrow a^{2}-a b+b^{2} \geq 1\right.$ nên $(* *)$ đúng.

Vậy $a^{3}+b^{3} \geq a+b$ và dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=0\end{array}\right.$ hay $\left\{\begin{array}{l}a=0 \\ b=1\end{array}\right.$ hay $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=1\end{array}\right.$

(b) Cách 1:

Do $a+b>0 \Rightarrow a+b \geq 1$.

TH1: $a+b=1 \Leftrightarrow b=1-a$.

Ta có: $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2} \Leftrightarrow a^{3}+(1-a)^{3} \geq a^{2}+(1-a)^{2}$

$\Leftrightarrow a^{2}-a \geq 0$

$\Leftrightarrow a \leq 0$ hoặc $a \geq 1$ (đúng vì $a \in \mathbb{Z}$ )

Vậy $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$ và dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow(a ; b) \in{(0 ; 0) ;(1 ; 1) ;(0 ; 1) ;(1 ; 0)}$.

TH2: $a+b \geq 2$

Ta có: $a^{3}+b^{3}=(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right) \geq 2\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)=a^{2}+b^{2}+$ $(a-b)^{2} \geq a^{2}+b^{2}$.

Cách 2:

Rõ ràng $a, b$ không thể đồng thời bé hơn 0 .

TH1: $a=b=0$ : hiển nhiên $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$

TH2: Một trong hai số bằng 0 , số còn lại khác 0 .

Giả sử: $\left\{\begin{array}{l}b=0 \\ a \neq 0\end{array} \Rightarrow a>1 \Rightarrow a^{3} \geq a^{2} \Rightarrow a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}\right.$

Dấu “=” xảy ra khi $a=1$.

TH3: $a, b \geq 1 \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a^{3} \geq a^{2} \\ b^{3} \geq b^{2}\end{array} \Rightarrow a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}\right.$

TH4: $\left\{\begin{array}{l}a>0 \\ b<0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a \geq 1 \\ b \leq-1\end{array}\right.\right.$

Đặt $a=|b|+k, k>1$

$a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$

$\Leftrightarrow(|b|+k)^{3}+b^{3} \geq(|b|+k)^{2}+b^{2}$

$\Leftrightarrow 3|b|^{2} k+3|b| k^{2}+k^{3} \geq 2|b|^{2}+2|b| k+k^{2}$

$\left.\Rightarrow 3 b^{2} k+3|b| k+k^{3} \geq 2 b^{2}+2|b| k+k^{2} \quad \text { (Do k }>1\right)$

$\Leftrightarrow(3 k-2) b^{2}+|b| k+k^{2}(k-1) \geq 0 \text { (đúng). }$

Vậy $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$.

(c) Từ giả thiết $\Rightarrow x^{3}+y^{3} \geq 0 ; z^{3}+t^{3} \geq 0$.

Nếu $x^{3}+y^{3}=0 \Rightarrow z^{2}+t^{2}=0 \Rightarrow z=t=0$

$\Rightarrow x^{2}+y^{2}=0 \Rightarrow x=y=0 \text {. }$

Nếu $z^{3}+t^{3}=0$, tương tự ta có $x=y=z=t=0$.

Nếu $\left\{\begin{array}{l}x^{3}+y^{3}>0 \\ z^{3}+t^{3}>0\end{array}\right.$

Từ giả thiết suy ra $\left(x^{3}+y^{3}\right)+\left(z^{3}+t^{3}\right)=x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}(* * *)$

Theo câu b) : $\left\{\begin{array}{l}x^{3}+y^{3} \geq x^{2}+y^{2} \\ z^{3}+t^{3} \geq z^{t}+t^{2}\end{array}\right.$

Nếu $(* * *) \Leftrightarrow(x ; y),(z, t)$ là một trong các bộ $(1 ; 1) ;(1 ; 0) ;(0 ; 1)$.

Vậy nghiệm phương trình:

$(x, y, z, t) \in{(0 ; 0 ; 0 ; 0),(1 ; 1 ; 1 ; 1),(1 ; 0 ; 0 ; 1),(0 ; 1 ; 1 ; 0),(1 ; 0 ; 1 ; 0),(0 ; 1 ; 0 ; 1)} \text {. }$

Bài 3. Cho $A_{n}=2018^{n}+2032^{n}-1964^{n}-1984^{n}$ với $n$ là số tự nhiên.

(a) Chứng minh với mọi số tự nhiên $n$ thì $A_{n}$ chia hết cho 51 .

(b) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $A_{n}$ chia hết cho 45 .

Lời giải.

(a) Do $2018 \equiv 1964 \quad(\bmod 3) \Rightarrow 2018^{n} \equiv 1964^{n} \quad(\bmod 3)$. $2032 \equiv 1984 \quad(\bmod 3) \Rightarrow 2032^{n} \equiv 1984^{n} \quad(\bmod 3) .$

$\Rightarrow A_{n} \vdots 3 .$

Ta lại có $2018 \equiv 1984 \quad(\bmod 17) \Rightarrow 2018^{n} \equiv 1984^{n} \quad(\bmod 17)$. $2032 \equiv 1964 \quad(\bmod 17) \Rightarrow 2032^{n} \equiv 1964^{n} \quad(\bmod 17) .$ $\Rightarrow A_{n} \vdots 17 .$

Do $(3 ; 17)=1$ nên $A_{n}: 51 \quad \forall n$

(b) $A_{n}=2018^{n}+2032^{n}-1964^{n}-1984^{n}$.

  • Ta xét các trường hợp của $n$ để $A_{n} \vdots 5$.

Ta có $A_{n} \equiv(-2)^{n}+2^{n}-2 \cdot(-1)^{n}(\bmod 5)$.

Do đó nếu $n$ lẻ $\Rightarrow A_{n} \equiv 2 \quad(\bmod 5) \quad$ (loại).

Nếu $n=4 k \Rightarrow A_{n} \equiv 2 \cdot 2^{4 k}-2 \equiv 2-2 \equiv 0 \quad(\bmod 5)$ (nhận)

Nếu $n=4 k+2 \Rightarrow A_{n} \equiv 2 \cdot 2^{4 k+2}-2 \equiv 8-2 \equiv 6(\bmod 5)$ (loại). Vậy $A_{n} \vdots 5 \Leftrightarrow n \vdots 4$.

  • Ta xét các trường hợp của $n$ để $A_{n}: 9$.

Ta có

$\begin{aligned} A_{n} & \equiv 2^{n}+(-2)^{n}-2^{n}-4^{n} \quad(\bmod 9) \\ & \equiv 2^{n}-4^{n} \quad(\bmod 9) \quad(\text { Do n chẵn }) \\ & \equiv 2^{n}\left(1-2^{n}\right) \quad(\bmod 9) \end{aligned}$

$\operatorname{Vi}(2 ; 9)=1 \Rightarrow 2^{n}-1: 9 .$

Xét $n=3 k$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $A_{n} \equiv 2^{3 k}-1 \equiv(-1)^{k}-1 \quad(\bmod 9) \Rightarrow k$ chẵn

Xét $n=3 k+1$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $A_{n} \equiv 2^{3 k+1}-1 \equiv 2 \cdot(-1)^{k}-$ $1(\bmod 9)$ (loại).

Xét $n=3 k+2$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $A_{n} \equiv 2^{3 k+2}-1 \equiv 4 \cdot(-1)^{k}-$ $1(\bmod 9)$ (loại).

Vậy $A_{n} \vdots 45 \Leftrightarrow n \vdots 12$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn. Một đường tròn qua $B, C$ cắt các cạnh $A B, A C$ lần lượt tại $E$ và $F ; B F$ cắt $C E$ tại $D$. Lấy điểm $K$ sao cho từ giác $D B K C$ là hình bình hành.

(a) Chứng minh rằng $\triangle K B C$ đồng dạng với $\triangle D F E, \triangle A K C$ đồng dạng với $\triangle A D E$.

(b) Hạ $D M$ vuông góc với $A B, D N$ vuông góc với $A C$. Chứng minh rằng

$M N$ vuông góc với $A K$.

(c) Gọi $I$ là trung điểm $A D, J$ là trung điểm $M N$. Chứng minh rằng đường thẳng $I J$ đi qua trung điểm của cạnh $B C$.

(d) Đường thẳng $I J$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $I M N$ tại $T(T \neq I)$. Chứng minh rằng $A D$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $D T J$.

Lời giải.

(a) Tứ giác $B E F C$ nội tiếp nên $\angle D E F=\angle D B C$ và $\angle D F E=\angle D C B$.

Và $B D C K$ là hình bình hành nên $\angle D B C=\angle K C B, \angle D C B=\angle K B C$

Do đó $\angle D E F=\angle K C B, \angle D F E=\angle K B C$, suy ra $\triangle K B C \sim \triangle D F E$

Ta có $\angle A E C=\angle A B K$ và $\angle A B K=\angle A B D+\angle D B K=\angle A C E+\angle D C K=$ $\angle A C K$ (do $\angle A B D=\angle A C E, \angle D B K=\angle D C K)$

Do $\triangle D E F \sim \triangle K C B$ nên $\frac{D E}{C K}=\frac{E F}{B C}$ (1)

Mặt khác $\triangle A E F \sim \triangle A C B$ nên $\frac{E F}{B C}=\frac{A E}{A C}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{D E}{C K}=\frac{A E}{A C}$

Xét $\triangle A E D$ và $\triangle A C K$ có $\angle A E D=\angle A C K, \frac{D E}{C K}=\frac{A E}{A C}$

Suy ra $\triangle A E D \sim \triangle A C K(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$

(b) Gọi $Q$ là giao điểm của $A K$ và $M N$

Ta có $\triangle D A E \backsim \triangle K A C$ nên $\angle K A C=\angle D A E$ hay $\angle Q A C=\angle D A M$

Tứ giác $A M D N$ có $\angle A M D+\angle A N D=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$ nên nội tiếp.

Suy ra $\angle D N M=\angle D A M=\angle Q A N$

Mà $\angle D N M+\angle M N A=90^{\circ}$, suy ra $\angle Q A N+\angle M N A=90^{\circ}$

Suy ra $\angle A Q N=90^{\circ}$. Vậy $A K \perp M N$.

(c) Cách 1. Ta có $I J \perp M N$ và $A K \perp M N$, suy ra $I J | A K$.

Mà $I$ là trung điểm $A D$, suy ra $I J$ qua trung điểm $P$ của $D K$. Lại có $D B K C$ là hình bình hành nên $P$ cũng là trung điểm $B C$.

Cách 2. Gọi $P$ là trung điểm của $B C$. $V, U$ lần lượt là trung điểm của $D B, D C$.

Ta có $M I=\frac{1}{2} A D=N I$, suy ra $I$ thuộc trung trực của $M N$.

Ta có $M V=\frac{1}{2} B D\left(\triangle D B M\right.$ vuông tại $M$ ) và $P U=\frac{1}{2} D B$ (đường trung bình)

Suy ra $M V=P U$

Tương tự thì ta có $P V=N U$

Ta có: $\angle M V D=2 \angle M B D=2 \angle N C D=\angle N U D$ và $\angle D V P=\angle D U P$

Suy ra $\angle M V P=\angle P U N$

Xét $\triangle M V P$ và $\triangle P U N$ có $M V=P U, P V=N U, \angle M V P=\angle P U N$

$\Rightarrow \triangle M V P=\triangle P U N(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$

Suy ra $P M=P N$. Do đó $P$ thuộc trung trực của $M N$.

Vậy $I, P, J$ thuộc trung trực $M N$ nên $I, P, J$ thẳng hàng hay $I J$ qua trung điểm $P$ của $B C$.

(d) Ta có tam giác $I M N$ cân tại $I, I J \perp M N$ nên $I T$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle I M N$

Suy ra $\angle I N T=90^{\circ}$.

Suy ra $I J \cdot I T=I N^{2}$ mà $I N=I D$ suy ra $I J \cdot I T=I D^{2}$

Do đó $I D^{2}=I J \cdot I T$. Suy ra $\triangle I D J \sim \triangle I T D(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$ nên $\angle I D J=\angle I T D$

Từ đó ta có $I D$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\triangle D T J$.

Bài 5. Đội văn nghệ của một trường THCS có 8 học sinh. Nhà trường muốn thành lập các nhóm tốp ca, mỗi nhóm gồm đúng 3 học sinh, (mỗi học sinh có thể tham gia vài nhóm tốp ca khác nhau). Biết rằng hai nhóm tốp ca bất

kỳ có chung nhau nhiều nhất là một học sinh.

(a) Chứng minh rằng không có học sinh nào tham gia từ 4 nhóm tốp ca trở lên.

(b) Có thể thành lập nhiều nhất là bao nhiêu nhóm tốp ca như vậy?

Lời giải.

(a) Giả sử có 1 học sinh tham gia 4 nhóm $A, B, C, D$ là $x$.

Khi đó $A={(x, a, b)} \quad B={(x, c, d)} \quad C={(x, e, f)} \quad D={(x, g, h)}$.

Vi các nhóm không có chung quá 1 thành viên nên các học sinh: $a, b, c, d, e, f, g, h$

là khác nhau (vô lí vì chỉ có 8 học sinh tham gia).

(b) Ta chứng minh lập được nhiều nhất là 8 nhóm.

Thật vậy, nếu có 9 nhóm, mối nhóm có 3 học sinh thì khi đó số lượt học sinh tham gia là $9 \cdot 3=27$ lượt tham gia.

Mà chỉ có 8 học sinh nên theo nguyên lý Dirichlet thì có ít nhất một học sinh có nhiều hơn hoặc bằng 4 lượt (mâu thuẫn do câu $a$ ).

(Một học sinh tham gia 1 nhóm tính là 1 lượt).

Gọi 8 học sinh là $a, b, c, d, e, f, g, h$.

8 nhóm học sinh được chia như sau:

${(a, b, c)} ; \quad{(h, b, e)} ; \quad{(b, d, f)} ; \quad{(a, d, e)} ;$

${(h, c, f)} ;  \quad{(c, e, g)} ; \quad{(a, f, g)} ; \quad{(h, d, g)} .$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Đề thi thử vào lớp chuyên toán Star Education năm 2021 – Lần 2

Leave a reply

Thời gian làm bài 150 phút.

Bài 1. (2,0 diểm)
a) Tìm $m$ để phương trình $\frac{x^{2}-(3 m+1) x+2 m^{2}+2 m}{x}=0$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ phân biệt thỏa $\left(\sqrt{x_{1}-m}+\sqrt{x_{2}-m}\right)^{4}=(2 m-1)^{2}$
b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x^{2}-y}=z-1 \\ \sqrt{y^{2}-z}=x-1 \\ \sqrt{z^{2}-x}=y-1\end{array}\right.$
Bài 2. (1,5 diểm) Cho các số $x, y, z$ nguyên dương thỏa $x>y>z$.
a) Cho $(x ; y ; z)$ thỏa $y z+x(x+y+z)=2021$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=(x-y)^{2}+(x-z)^{2}+(y-z)^{2}$
b) Chứng minh rằng nếu $y$ không nhỏ hơn trung bình cộng của $x$ và $z$ thì
$$
(x+y+z)(x y+y z+x z-2) \geq 9 x y z
$$
Bài 3. (2,0 diềm) Cho $x, y$ là các số nguyên không đồng thời bằng 0 sao cho $x^{3}+y$ và $x+y^{3}$ chia hết cho $x^{2}+y^{2}$.
a) Tìm $x, y$ nếu $x y=0$.
b) Chứng minh rằng $x y \neq 0$ thì $x, y$ là nguyên tố cùng nhau.
c) Tìm tất cả cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa đề bài.
Bài 4. (3,0 diểm) Cho tam giác $A B C$ nhọn, có trực tâm $H ; A H$ cắt $B C$ tại $D$. Trên tia đối tia $D H$ lấy điểm $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $M B H$ cắt $A B$ tại $E$ cắt $B C$ tại $K$; đường tròn ngoại tiếp tam giác $M C H$ cắt $A C$ tại $F$ và $B C$ tại $L$.
a) Chứng minh $B E F C$ nội tiếp và $\angle E M A=\angle F M A$.
b) $M E$ cắt $C H$ tại $P, M F$ cắt $B H$ tại $Q$. Chứng minh $P Q$ vuông góc $O A$ với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$.
c) $H K$ cắt $A C$ tại $U, H L$ cắt $A B$ tại $V$. Chứng minh $U V$ luôn song song với một đường thẳng cố định khi $M$ thay đổi.

Bài 5. (1,5 diểm) Trong một hội nghị Toán quốc tế có n người, mỗi người trong họ có thể nói được nhiều nhất 3 ngôn ngữ. Trong 3 người bất kì thì luôn có 2 người có thể nói chung một ngôn ngữ.
a) Cho $n \geq 9$, chứng minh răng cố một ngôn ngữ được nói bởi ít nhất 3 người.
b) Nếu $n=8$, diều kết luận của câu a) còn đúng không? Tại sao?

Đáp án có sau một tuần

 

de thi thu star 2021 – lan 2 dapanDownload

Đề thi chuyên toán vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2011

Leave a reply

Bài 1. Cho phương trình bậc hai $x^{2}-(m+3) x+m^{2}=0$ trong đó $m$ là tham số sao cho phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$.
(a) Khi $m=1$. Chứng minh rằng ta có hệ thức $\sqrt[8]{x_{1}}+\sqrt[8]{x_{2}}=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{6}}}$
(b) Tìm tất cả các giá trị của $m$ sao cho $\sqrt{x_{1}}+\sqrt{x_{2}}=\sqrt{5}$
(c) Xét đa thức $P(x)=x^{3}+a x^{2}+b x$. Tìm tất cả các cặp số $(a, b)$ sao cho ta có hệ thức $P\left(x_{1}\right)=P\left(x_{2}\right)$ với mọi giá trị của tham số $m$.
Bài 2. (a) Cho $a, b$ là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$
P=\frac{\sqrt{1+a^{2}} \sqrt{1+b^{2}}}{1+a b}
$$
(b) Cho các số $x, y, z$ thỏa $|x| \leq 1,|y| \leq 1,|z| \leq 1$. Chứng minh rằng:
$$
\sqrt{1-x^{2}}+\sqrt{1-y^{2}}+\sqrt{1-z^{2}} \leq \sqrt{9-(x+y+z)^{2}}
$$
Bài 3. Cho tam giác $A B C$ nhọn có $A B=b, A C=c . M$ là một điểm thay đổi trên cạnh $A B$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C M$ cắt $A C$ tại $N$.
(a) Chứng minh rằng tam giác $A M N$ đồng dạng với tam giác $A C B$. Tính tỉ số $\frac{M A}{M B}$ để diện tích tam giác $A M N$ bằng $\frac{1}{2}$ diện tích tam giác $A C B$.
(b) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A M N$. Chứng minh rằng $I$ luôn thuộc một đường cố định.
(c) Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $M B C$. Chứng minh rằng đoạn thẳng $I J$ có độ dài không đổi.
Bài 4. Cho các số nguyên $a, b, c$ sao cho $2 a+b, 2 b+c, 2 c+a$ đều là các số chính phương.
(a) Biết rằng có ít nhất một trong 3 số chính phương trên chia hết cho $3 .$ Chứng minh rằng $(a-b)(b-c)(c-a)$ chia hết cho 27 .
(b) Tồn tại hay không các số $a, b, c$ thỏa điều kiện $\left(^{*}\right)$ mà $(a-b)(b-c)(c-a)$ không chia hết cho 27 ?
Bài 5. Cho hình chữ nhật $A B C D$ có $A B=3, A D=4$.
(a) Chứng minh rằng từ 7 điểm bất kì trong hình chữ nhật $A B C D$ luôn tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn $\sqrt{5}$
(b) Chứng minh khẳng định ở câu $\mathrm{a}$ ) vẫn còn đúng với 6 điểm bất kì nằm trong hình chữ nhật $A B C D$.

Đáp án

 

Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia 2021 – 2022

Leave a reply

Ngày 1 (04/3/2022)

Bài 1 (5,0 điểm)

Cho $a$ là một số thực không âm và dãy số $(u_{n})$ được xác định bởi

$u_{1}=6, u_{n+1}=\dfrac{2n+a}{n} + \sqrt{\dfrac{n+a}{n} u_{n} + 4},  \,\, \forall n \geq 1.$

a) Với $a=0$, chứng minh rằng $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b) Với mọi $a\geq 0$, chứng minh rằng $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn.

Bài 2 (5,0 điểm)

Tìm tất cả các hàm số $f: \left( 0; + \infty \right) \rightarrow \left( 0; + \infty \right)$ thỏa mãn

$f\left( \dfrac{f(x)}{x} + y \right) = 1+f(y), \,\, \forall x,y \in \left( 0; + \infty \right).$

Bài 3 (5,0 điểm)

Cho tam giác nhọn $ABC$. Các điểm $E, F$ lần lượt thay đổi trên tia đối của các tia $BA, CA$ sao cho $BF = CE \,\, (E \ne B, F\ne C)$. Gọi $M, N$ tương ứng là trung điểm của $BE, CF$ và $D$ là giao điểm của $BF$ với $CE$.

a) Gọi $I, J$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $DBE, DCF$. Chứng minh rằng $MN$ song song với $IJ$.

b) Gọi $K$ là trung điểm của $MN$ và $H$ là trực tâm của tam giác $AEF$. Chứng minh rằng $HK$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 4 (5,0 điểm)

Với mỗi cặp số nguyên dương $(n, m)$ thỏa mãn $n < m$, gọi $s(n,m)$ là số các số nguyên dương thuộc đoạn $[n;m]$ và nguyên tố cùng nhau với $m$. Tìm tất cả các số nguyên dương $m \geq 2$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) $\dfrac{s(n,m)}{m-n} \geq \dfrac{s(1,m)}{m}$ với mọi $n = 1,2,…,m-1$;

ii) $2022^{m} + 1$ chia hết cho $m^{2}$.

 

Ngày 2 (05/3/2022)

Bài 5 (6,0 điểm)

Cho $P(x)$ và $Q(x)$ là hai đa thức khác hằng, có hệ số là các số nguyên không âm, trong đó các hệ số của $P(x)$ đều không vượt quá 2021 và $Q(x)$ có ít nhất một hệ số lớn hơn 2021. Giả sử $P(2022) = Q(2022)$ và $P(x), Q(x)$ có chung nghiệm hữu tỷ $\dfrac{p}{q} \ne 0 \, (p,q \in \mathbb{Z}$; $p$ và $q$ nguyên tố cùng nhau). Chứng minh rằng $| p | + n | q | \leq Q(n) – P(n)$ với mọi $n = 1, 2, …, 2021$.

Bài 6 (7,0 điểm)

Gieo 4 con súc sắc cân đối, đồng chất. Ký hiệu $x_{i} \, (1\leq x_{i} \leq 6)$ là số chấm trên mặt xuất hiện của con súc sắc thứ $i \, (i=1,2,3,4).$

a) Tính số các bộ $(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})$ có thể có.

b) Tính xác suất để có một số trong $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ bằng tổng của ba số còn lại.

c) Tính xác suất để có thể chia $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ thành hai nhóm có tổng bằng nhau.

Bài 7 (7,0 điểm)

Cho tam giác $A B C$ có $B, C$ cố định trên đường tròn $(O)$ ($B C$ không đi qua tâm $O$) và điểm $A$ thay đổi trên cung lớn $\overparen{B C}$ sao cho $A B \neq A C$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác $A B C$ tiếp xúc với $B C$ tại $D$. Gọi $I_{a}$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $\widehat{B A C}, \,L$ là giao điểm của $I_{a} D$ với $O I$ và $E$ là điềm trên $(I)$ sao cho $D E$ song song với $A I$.
a) Đường thẳng $L E$ cắt đường thẳng $A I$ tại $F$. Chứng minh rằng $A F=A I$.
b) Trên đường tròn $(J)$ ngoại tiếp tam giác $I_{a} B C$ lấy điểm $M$ sao cho $I_{a} M$ song song với $A D,\, M D$ cắt lại $(J)$ tại $N$. Chứng minh rằng trung điểm $T$ của $M N$ luôn thuộc một đường tròn cố định.

Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển trường PTNK năm 2020

Leave a reply

Thời gian làm bài 120 phút

Đề bài.

Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a^{4}+b^{4}+2}{\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}$, với $a, b \in \mathbb{R}$.
Bài 2. Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$thỏa mãn
$$
f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f(x)^{2} f(y), \text { với mọi } x, y \in \mathbb{Q}^{+} .
$$
Bài 3. Cho $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \ldots$ là dãy số nguyên thỏa mãn đồng thời hai điều kiện $1=$ $x_{1}<x_{2}<x_{3} \ldots$ và $x_{n+1} \leq 2 n$ với $n=1,2,3 \ldots$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$, tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ cân tại $A$, nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $A B$ sao cho $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$. Đường tròn tâm $M$ bán kính $M B$ cắt đường tròn tâm $O$ tại điểm thứ hai là $D$. Một đường thẳng qua $M$ song song với $A D$ cắt $A C$ tại $N$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$.

Đáp án

Bài 1. Với mọi $x \in \mathbb{R}$, ta có
$$
x^{4}+1-\frac{2}{9}\left(x^{2}-x+1\right)^{2}=\frac{1}{9}(x+1)^{2}\left(7 x^{2}-10 x+7\right) \geq 0 .
$$
Vì thế nên ta có
$$
P \geq \frac{2}{9} \frac{\left(a^{2}-a+1\right)^{2}+\left(b^{2}-b+1\right)^{2}}{\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}=\frac{2}{9}\left(\frac{a^{2}-a+1}{b^{2}-b+1}+\frac{b^{2}-b+1}{a^{2}-a+1}\right) \geq \frac{4}{9} .
$$
Suy ra giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{4}{9}$, đạt được khi $a=b=-1$.

Bài 2. Giả sử $f$ là một hàm thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Đặt $f(1)=a>$ 0 , trong phương trình đề cho, thay $x=y=1$ ta có $f\left(a^{2}\right)=a^{3}$.
Từ đó, tiếp tục lần lượt thay $x$ bởi $a^{2}, y$ bởi 1 và $x$ bởi $1, y$ bởi $c^{2}$ vào phương trình ấy, ta thu được
$$
a^{7}=f\left(a^{6}\right)=a^{5} .
$$
Chú $\hat{y} a>0$ nên ta có $a=1$, tức $f(1)=1$. Thay $x$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$$
f\left(f(y)^{2}\right)=f(y) \text {, với mọi } y \in \mathbb{Q}^{+} \text {. }
$$
Lại thay $y$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$$
f(x)^{2}=f\left(x^{2}\right), \text { với mọi } x \in \mathbb{Q}^{+} .
$$
Suy ra
$$
f(x)=f\left(f(x)^{2}\right)=f(f(x))^{2}=\ldots=f^{n+1}(x)^{2^{n}}, \text { với mọi } x \in \mathbb{Q}^{+},
$$
trong đó $f^{n+1}(x)$ là $n+1$ lần tác động $f$ vào $x$. Từ đó, nếu tồn tại $q \in \mathbb{Q}^{+}$sao cho tồn tại $p \in \mathbb{P}$ thỏa mãn $v_{p}(f(q)) \neq 0$ thì ta có
$$
v_{p}(f(q))=v_{p}\left(f^{n+1}(q)^{2^{n}}\right)=2^{n} v_{p}\left(f^{n+1}(q)\right) \neq 0 .
$$
Trong đẳng thức trên, cho $n \rightarrow+\infty$ ta thấy điều vô lý. Suy ra $v_{p}(f(q))=0$ với mọi $q \in \mathbb{Q}^{+}, p \in \mathbb{P}$, hay $f(x) \equiv 1$.
Thử lại, ta kết luận $f(x) \equiv 1$ là hàm duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 3. Với $k$ nguyên dương, ta xét $k+1$ số hạng của dãy là $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k+1}$. Ta có $x_{1}=1 \leq k$, gọi $q$ là số lớn nhất thỏa mãn $x_{q} \leq k$ thì ta có $q<k+1$ và
$$
1 \leq x_{1}<x_{1}<\cdots<x_{q} \leq k<x_{q+1}<\cdots<x_{k+1}<2 k \text {. }
$$
Nếu tồn tại $1 \leq j<i \leq k+1$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$ thì ta có ngay điều cần chứng minh. Ngược lại, ta có các số
$$
x_{1}+k, x_{2}+k, \ldots, x_{q}+k, x_{q+1}, \ldots, x_{k+1}
$$
là $k+1$ số nguyên đôi một phân biệt, tất cả đều lớn hơn $k$ nhưng lại không vượt quá $2 k$, vô lí!

Từ đó suy ra với mọi $k$ nguyên dương, luôn tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$.

Bài 4. Ta có $O B=O D, M B=M D$ nên dễ thấy $O M$ là phân giác ngoài của góc $A M D$, mà $O A=O D$ nên suy ra $O \in(A M D)$.

Gọi $N^{\prime}$ là giao điểm khác $A$ của $(A M D)$ và $A C$. Ta chứng minh $N$ trùng $N^{\prime}$. Thật vậy, ta có $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$ nên $\angle A M O$ tù, do đó nếu $N^{\prime}$ nằm ngoài tia $A C$ thì $N^{\prime}$ nằm khác phía $O$ so với $A M$ nên
$$
\angle A M O=\angle A N^{\prime} O=\angle C A O-\angle A O N^{\prime}<\angle C A O<90^{\circ},
$$
vô lý. Suy ra $N^{\prime}$ nằm trên tia $A C$, kéo theo $A O$ là phân giác trong góc $M A N^{\prime}$ nên $O M=O N^{\prime}$, mà $O A=O D$ nên $M N^{\prime}$ song song $A D$, suy ra $N$ trùng $N^{\prime}$.

Từ đó, dễ thấy $A M N D$ là hình thang cân nên $A N=M D=M B$, hơn nữa $N$ nằm trên tia $A C$ nên ta thu được
$$
\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}
$$
Ta có điều cần chứng minh.

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Tăng Vũ, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Đề thi và đáp án kì thi dự tuyển và đội tuyển PTNK 2008-2021

Đề thi học kì 1 lớp 10 chuyên toán PTNK năm 2016

Leave a reply

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1.
a) Giải phương trình $x^{2}-x+2-(x+2) \sqrt{x-1}=0$.
b) Tìm $m$ để hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}x+y+x y=m \\ x^{2}+y^{2}=m\end{array}\right.$ có nghiệm.

Câu 2. Cho hàm số $y=f(x)=-x^{2}+2 x+3(1)$.
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1).
b) Từ đồ thị hàm số $(1)$, suy ra đồ thị hàm số $y=g(x)=-x^{2}+2|x|+3$. Tìm $k$ để phương trình $g(x)=m^{3}-3 m^{2}+m$ có đúng 3 nghiệm.

Câu 3.
a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
$$
y=\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}-\frac{4}{3} \sqrt{1-x^{2}}
$$
b) Cho các số $a, b, c>0$. Chứng minh rằng
$$
\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^{2} \geq \frac{3}{2}\left(\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}+\frac{a+b}{c}\right)
$$
Bài 4. Cho tam giác $A B C$ cân tại $A, \angle B A C=120^{\circ}$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R . A O$ cắt $(O)$ tại $D .$
a) Chứng minh rằng với mọi $M$ thì $\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M O}-\frac{R^{2}}{2}$.
b) Tìm quỹ tích điểm $M$ sao cho $\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}-\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}=\frac{R^{2}}{4}$.
c) Xác định điểm $N$ trên cạnh $B D$ thỏa $P_{D /(A B N)}=R^{2}$.
d) $P$ là điểm thay đổi trên cạnh $B C .$ Gọi $\left(O_{1}\right)$ là đường tròn qua $P$ tiếp xúc với $(O)$ tại $B ;\left(O_{2}\right)$ là đường tròn qua $P$ tiếp xúc với $(O)$ tại $C .\left(O_{1}\right)$ và $\left(O_{2}\right)$ cắt nhau tại $Q$ khác $P$. Chứng minh đường thẳng $P Q$ đi qua một điểm cố định $T$. Tính $P_{T /(O)}$.
Kí hiệu $P_{M /(O)}$ là phương tích của $M$ đối với đường tròn $(O)$.

Đề thi học kì 1 lớp 10 chuyên toán trường PTNK năm 2014

Leave a reply

Bài 1. Cho hàm số $y=x|x-4|$
a) Vẽ đồ thị $(\mathrm{C})$ của hàm số.
b) Cho đường thẳng $(\mathrm{d}): y=m x$ ( $\mathrm{m}$ là tham số). Tìm $\mathrm{m}$ để $(\mathrm{d})$ cắt $(\underline{\mathrm{C}})$ tại $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ khác gốc tọa độ và $A B=2 \sqrt{2}$.

Bài 2. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $2+\sqrt{4 x^{2}-10 x+7}=2 x+\sqrt{3-2 x} \quad$ b) $\left\{\begin{array}{l}x+\dfrac{1}{x^{2}+1}=y+\dfrac{1}{y^{2}+1} \\ \sqrt{y^{2}+\dfrac{4}{x^{2}}}=\dfrac{x^{2}+x-2}{y}\end{array}\right.$
Bài 3 .
a) Cho số tự nhiên $\mathrm{n}$ thỏa $C_{n}^{2}+C_{n+1}^{3}+2 n=128$. Tìm số hạng không chứa $x$ trong khai triển $P(x)=\left(\sqrt{x}-\frac{2}{3 \sqrt[4]{x}}\right)^{n+1},(x>0)$.
b) Cho các số tự nhiên $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{k}$ thỏa $0 \leq m \leq k \leq n$. Chứng minh rằng $C_{n}^{k} C_{k}^{m}=C_{n}^{m} C_{n-m}^{k-m}$

Bài 4. Lớp 10 Toán có 6 bạn học sinh nữ và 30 bạn học sinh nam.
a) Cần chọn ra 10 bạn để tham gia kéo co trong đó có 5 bạn nam và 5 bạn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?
b) Cần chọn ra 5 bạn để thể hiện một tiết mục văn nghệ, hỏi có bao nhiêu cách chọn có it nhất 2 bạn nam và î nhất 1 bạn mữ?

Bài 5. Cho tam giác đều $\mathrm{ABC}$ nội tiếp đường tròn $(\mathrm{O})$ bán kính $\mathrm{R}$. $\mathrm{AO}$ cắt $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{D}$.
a) Chứng minh rằng với mọi điểm $\mathrm{M}$ thì $\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{M D} \cdot \overrightarrow{M O}-\frac{R^{2}}{2}$
b) Cho $\mathrm{M}$ thay đổi trên $(\mathrm{O})$. Tìm giá trị lớn nhất của $\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}-\overrightarrow{M D} \cdot \overrightarrow{M A}$
c) Cho điểm $M$ thay đổi trên cạnh $A B, D M$ cắt $(O)$ tại $N$. Xác định $M$ để phương tích của
$\mathrm{D}$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{AMN}$ bằng $2 \mathrm{R}^{2}$.
d) Cho điểm $M$ thay đổi trên đoạn $A D$. ( $K$ ) là đường tròn qua $M$ và tiếp xúc với $(O)$ tại $B .$
Đường tròn $(\mathrm{K})$ cắt đường tròn đường kính $\mathrm{AM}$ tại $\mathrm{T}$. Chứng minh đường thẳng $\mathrm{MT}$ đi qua một điểm cố định $\mathrm{E}$. Tính phương tích của $\mathrm{E}$ đối với $(\mathrm{O})$.

Đề và đáp án thi chọn đội dự tuyển lớp 10 năm 2012 – 2013

Leave a reply

Bài 1. Cho $a,b$ là hai số thực thoả mãn $a+b\ge 0$. Chứng minh rằng:

$$\left(\dfrac{a^2+b^2}{2}\right)^3\ge 4(a^3+b^3)(ab-a-b).$$

Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên dương $m,n$ để $\dfrac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}$ là số nguyên.

Bài 3.  Cho tập hợp $X={1,2,\ldots,2n-1}$ gồm $2n-1$ số tự nhiên $(n\ge 2)$. Tô màu ít nhất $n-1$ phần tử của $X$ với điều kiện sau: nếu $a,b\in X$ (không nhất thiết phân biệt) được tô màu thì $a+b$ cũng được tô màu, miễn là $a+b\in X$. Gọi $S$ là tổng tất cả các số không được tô màu của $X$.

a/Chứng minh rằng $S\le n^2$.

b/Chỉ ra tất cả các phép tô màu sao cho $S=n^2$.

Bài 4. Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định khác đường kính. Gọi $C$ là điểm chính giữa cung lớn $AB$. Đường thẳng $d$ thay đổi qua $C$ cắt tiếp tuyến tại $A$ và tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ lần lượt tại $D,E$. Gọi $Q$ là giao điểm của $AE$ và $BD$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $d$ thay đổi.

Giải

Bài 1. Ta xét các trường hợp sau:

  •  Nếu $ab<0$, ta có vế trái dương và vế phải âm nên bất đẳng thức đúng.
  •  Nếu $ab \ge 0$, kết hợp với $a+b \ge 0$, ta suy ra $a,b \ge 0.$

Áp dụng lần lượt các đánh giá $4xy \le (x+y)^2$ và $2xy \le x^2 + y^2$ thì:

$$\begin{align*} 4(a^3+b^3)(ab-a-b) & = 4(a+b)(ab-a-b)(a^2-ab+b^2) \\ & \leq a^2b^2(a^2-ab+b^2) \\ & \leq \dfrac{ab(a^2+b^2)^2}{4} \end{align*}$$

Mà ta có:

$$\dfrac{(a^2+b^2)^3}{8}=\dfrac{(a^2+b^2)^2}{4}.\dfrac{a^2+b^2}{2}\geq \dfrac{ab(a^2+b^2)^2}{4}.$$

Từ hai đánh giá trên, ta có đpcm.

Bài 2.

Đặt $k=\dfrac{5mn+5m}{3m^2 + 2n^2} \in \mathbb{N}^*$. Suy ra

$$3km^2 – 5(n+1)m + 2kn^2 = 0$$ là một phương trình theo ẩn $m$ với

$$\Delta = 25(n+1)^2 – 24k^2n^2 = (25-24k^2)n^2 + 50n + 25 \ge 0. (*)$$

Xét các trường hợp sau:

  • Nếu $k>1$, ta có:

$\Delta _1′ = 625 – 25\left( {25 – 24{k^2}} \right) = 600{k^2} > 0$, mà $25 – 24k^2 < 0$.

Suy ra bất phương trình $(*)$ có nghiệm khi $n \le \dfrac{25+10k\sqrt{6}}{24k^2-25}< 2$ (dễ dàng chứng minh).

Vì thế nên $n=1$ (do $n \in \mathbb{N^{*}}$). Ta có:

$$ \begin{aligned} k= \dfrac{10m}{3m^2 + 2} \in \mathbb{N^{*}} & \Rightarrow \dfrac{30m^2}{3m^2 + 2} \in \mathbb{N^{*}} \Rightarrow \dfrac{-20}{3m^2 + 2} \in \mathbb{N^{*}} \\ & \Rightarrow 3m^2 +2 \in \left\{ {2;5;10;20} \right\} \text{ vì } 3m^2+2 \ge 2, \forall m \\ & \Rightarrow m=1 \text{ do } m \in \mathbb{N^{*}}. \end{aligned} $$

Thử lại ta nhận $(m;n)=(1;1)$

  •  Nếu $k=1$ thì $\Delta = n^2 + 50n +25 = x^2$ ($x \in \mathbb{N}$) nên suy ra $$(n+x+25)(n-x+25) = 600.$$

Từ đây với lưu ý $n+x+25 > n-x+25 > 0, n+x+25 > 25$ ta có $$n \in \left\{ {126;52;28;10;6} \right\}.$$ Thay vào phương trình đầu, ta tìm được  $$(m;n)=(9;6),(5;10),(32;28),(32;52),(81;126).$$

Bài 3.

(a) Rõ ràng nếu $1$ được tô thì tất cả các số cũng sẽ được tô, kéo theo $S=0 \le n^2$, thỏa mãn. Do đó, ta chỉ cần xét $1$ không được tô. Gọi các số được tô là $$1 < a_1 < a_2 < \ldots < a_m \le 2n-1,$$

trong đó $m \ge n-1$. Ta sẽ chứng minh rằng với mọi $k$ mà $1 \le k \le m/2$ thì

$$a_k + a_{m-k+1} \ge 2n.$$

Giả sử ngược lại rằng $a_k+a_{m-k+1} <2n$ thì tổng hai số trên phải là số được tô màu. Do đó, nó phải thuộc tập hợp

$$Q = \left\{ {{a_{m – k + 2}};{a_{m – k + 3}};\ldots;{a_m}} \right\}.$$

Mặt khác lại xét chỉ số $i < k$ thì rõ ràng do dãy đang xét là tăng nên ta cũng có tổng ${a_i} + {a_{m – k + 1}}$ thuộc tập hợp $Q$ ở trên. Suy ra $|Q| \ge k,$ mâu thuẫn vì rõ ràng $Q$ chỉ có $k-1$ phần tử. Vì thế nên ta phải có $a_k + a_{m-k+1} \ge 2n.$

Đến đây, ta có ${a_k} + {a_{m – k + 1}} \ge 2n$ với mọi $k \in \left\{ {1;2;3;\ldots;m} \right\}$ nên

$$\sum\limits_{i = 1}^m {{a_i} = \frac{1}{2}} \sum\limits_{i = 1}^m {({a_i} + {a_{m – i + 1}}) \geqslant n(n – 1)}, \text{ suy ra }$$

$$S = \sum\limits_{i = 1}^{2n – 1} i – \sum\limits_{i = 1}^m {{a_i} \leqslant n(2n – 1) – n(n – 1) = {n^2}}.$$

(b) Để có $S=n^2$ thì dấu bằng xảy ra ở tất cả các đánh giá trên, tức là ta tô được đúng $m=n-1$ số và $a_k+a_{n-k}=2n$ với mọi $1 \le k \le n-1.$

Ta có $(2{{a}_{1}},{{a}_{1}}+{{a}_{2}},{{a}_{1}}+{{a}_{3}},\ldots ,{{a}_{1}}+{{a}_{n-2}})$ là một hoán vị của các số $({{a}_{2}},{{a}_{3}},\ldots ,{{a}_{n-1}}).$

Do tính tăng của hai dãy này nên ta có $$2{{a}_{1}}={{a}_{2}},{{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}},\ldots ,{{a}_{1}}+{{a}_{n-2}}={{a}_{n-1}}.$$ Vì thế nên ${{a}_{k}}=k{{a}_{1}}$ với mọi $1\le k\le n-1.$ Mà $2n={{a}_{1}}+{{a}_{n-1}}=n{{a}_{1}}$ nên ta có ${{a}_{1}}=2,$ từ đây tìm được các tô duy nhất là $(2,4,6,\ldots ,2n-2)$ thỏa mãn đề bài.

Bài 4.

Giả sử $AD\cap BE=T,AB\cap DE=I$ và $TQ$ cắt $DE,AB$ lần lượt ở $X,S.$ Khi đó dễ thấy rằng

$(IX,DE)=(IS,AB)=-1.$

Mà $PI$ đi qua trung điểm cung lớn $AB$ của $(O)$ nên $PI$ là phân giác ngoài, kéo theo $PS$ là phân giác trong nên nó đi qua $N$ là trung điểm cung nhỏ $AB$ của $(O)$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB.$ Theo tính chất phương tích thì $TN\cdot TC=T{{A}^{2}}=T{{B}^{2}}=TM\cdot TO$, mà $O$ là trung điểm $CN$ nên theo hệ thức Maclaurin thì $(TM,NC)=-1.$

Không có mô tả.

 

Lại có $(TQ,XS)=-1$ nên chùm $P(XS,QT)=-1$, mà $PX$ đi qua $C,$ $PS$ đi qua $N$ nên ta phải có $PQ$ đi qua $M$ là điểm cố định.

Nhận xét: Bài toán có thể xử lý theo hướng tự nhiên hơn bằng cách dùng định lý Ceva sin. Từ kết quả trên, ta còn thấy được rằng nếu lấy $CQ$ cắt $AB$ ở $K$ thì $PK$ là đối trung của tam giác $PAB,$ kéo theo $P,K,T$ thẳng hàng.

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.