Tag Archives: PTNK

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.

Đáp án thi chọn Đội Tuyển Trường PTNK năm học 2013-2014

Leave a reply

Đề thi và đáp án kì thi chọn đội tuyển Toán trường Phổ thông Năng khiếu – ĐHQG TPHCM được tổ chức vào tháng 10 năm 2013, chọn ra 6 học sinh dự thi kì thi HSG Quốc gia năm 2014. Các thí sinh từ các lớp 11, 12 (chủ yếu là học sinh chuyên toán), thực hiện bài thi trong 2 ngày, mỗi ngày 4 bài, mỗi bài 180 phút. Sau đây là đề thi và đáp án thực hiện bởi Star Education.

Ngày thi thứ 1

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn

$$f(x^{3}+y+f(y))=2 y+x^{2} f(x), \forall x, y \in \mathbb{R}$$

Bài 2. Cho dãy $\left\{u_{n}\right\}$ thoả mãn $u_{1}=2013, u_{n+1}=u_{n}^{3}-4 u_{n}^{2}+5 u_{n} \forall n \in \mathbb{N}^{*}$. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ là ước của $\left(u_{2014}+2009\right)$ và $p \equiv 3(\bmod 4)$.

Bài 3. Trong một hội nghị khoa học có 5000 đại biểu tham dự, mỗi một đại biểu biết ít nhất một thứ tiếng. Một uỷ ban gồm một số đại biểu được gọi là “uỷ ban làm viẹc” nếu tất cả thành viên trong uỷ ban đều biết chung một thú tiếng; gọi là “uỷ ban thách thức” nếu không có hai thành viên nào của uỷ ban biết chung một thứ tiếng (uỷ ban có thểgồm 1 thành viên; uỷ ban này gọi là làm việc họ̆c thách thức đều được). Chứng minh rằng có thể chia các đại biểu thành 100 uỷ ban rời nhau (mỗi đại biểu thuộc một uỷ ban) sao cho các uỷ ban này họ̆c là uỷ ban làm việc hoặc là uỷ ban thách thức.

Bài 4. Tam giác $A B C$ có $B, C$ cố định còn $A$ di động sao cho $A B=A C$ và $\angle B A C>60^{\circ} .$ Đường thẳng đối xúng với $B C$ qua $A B$ cắt AC tai $P$. Trên đoạn $P C$ lấy $M$ sao cho $P M=P B$. Gọi $N$ là giao điểm của $A B$ với phân giác ngoài góc BCA. Chứng minh $M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Ngày thi thứ 2

Bài 5. Cho 2014 số thực $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2014}$ thỏa mãn điều kiện $\sum_{i=1}^{2014} x_{i}=0$ và $\sum_{i=1}^{2014} x_{i}^{2}=2014$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=x_{1} x_{2} \cdots x_{2014}$.

Bài 6. Cho dãy số $u_{n}$ xác định bởi $u_{1}=1, u_{n+1}=\frac{u_{n}}{\sqrt{u_{n}^{2}+1}+\sqrt{2}}$ với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$. Tìm giới hạn $\lim \frac{u_{n+1}}{u_{n}}$.

Bài 7. Cho n nguyên dương và A là tập con khác rỗng của $X={1,2, \ldots, n}$.

  1. Tính giá trị của tổng $S(A)=\sum_{E C X} \cdot(-1)^{|E \cap A|}$,trong đó $E$ lấy trên tất cả các tập con của tập $X$ (kể cả tập rỗng).

  2. Cho $m \in \mathbb{N}^{*}$,xét $m$ tập con khác rỗng của $X$ là $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{m}$ và $m$ số nguyên khác không là $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{m}$ sao cho $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{m}<0$. Chứng minh tồn tại tập con $E$ của $X$ sao cho $\sum_{i=1}^{m}(-1)^{|E \cap A|} a_{i}>0$ (Kí hiệu $|A|$ chỉ số phần tử của tập $A$, số phần tử của tập rỗng là 0 ).

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nhọn có $H$ là trực tâm và $P$ là điểm di động bên trong tam giác $A B C$ sao cho $\angle B P C=\angle B H C$. Đường thẳng qua $B$ và vuông góc với $A B$ cắtPC tại $M$.Đường thẳng qua $C$ và vuông góc với $A C$ cắt $P B$ tại N. Chứng minh rằng trung điểm I của $M N$ luôn thuộc một đường cố định.

Hết

Giải

Bài 1.

Trong phương trình đã cho, thay $x=y=0$, ta có $f(f(0))=0$. \medskip

Lại thay $y=0$ thì $$f(f^3+f(0))=x^2f(x), \, \forall x.$$

Thay $y=f(0)$ thì $$f(x^3+f(0))=2f(0)+x^2f(x).$$

Từ đây suy ra $f(0)=0$. Thay $y=0$ vào đẳng thức đã cho ta được $f(x^3)=x^2f(x)$. Do đó ta có $$f(x^3+y+f(y))=2y+f(x^3) \text{ hay } f(x+y+f(y))=2y+f(x). \eqno{(*)}$$
Thay $y$ bởi $-y$, ta được $$f(x-y+f(-y))=-2y+f(x).$$
Với $x$ bất kì, ta lấy $2y=f(x)$ ta được $f(x-y+f(-y))=0$ suy ra $x-y+f(-y)=0$. Do đó, ta được $f(-x)=f(-y+f(-y))=-2y=-f(x).$
Từ đây suy ra
$$f(x+f(y)+f(f(y)))=2f(y)+f(x).$$
Trong $(*)$ thay $x=-y$ ta được $f(f(y))=2y+f(-y)=2y-f(y)$, kết hợp với đẳng thức trên, ta được $$f(x+2y)=2f(y)+f(x).$$ Đến đây cho $x=0$ ta được $f(2y)=2f(y)$ nên ta được $f(x+y)=f(x)+f(y)$, tức là $f(x)$ cộng tính.
Đến đây ta sẽ tính $f((x+1)^3+(x-1)^3)$ theo hai cách như sau

  • $f((x+1)^3+(x-1)^3)=f(2x^3+6x)=2x^2f(x)+6f(x).$
  • $f((x+1)^3+(x-1)^3)=(x+1)^2f(x+1)+(x-1)^2f(x-1)=(x+1)^2(f(x)+f(1))+(x-1)^2(f(x)-f(1))=2x^2f(x)+2f(x)+4xf(1).$

So sánh hai đẳng thức trên, ta được $f(x)=xf(1)=ax$ với mọi $x$. Thử lại ta được $a=1, a=-2$. \medskip

Vậy các hàm cần tìm là $f(x)=x, f(x)=-2x$.

Bài 2.

Ta có
$$\begin{aligned} u_{n+1}-2 & =(u_n-2)(u_{n-1}-1)^2 \\
& = (u_{n-2}-1)^2(u_{n-1}-1)^2(u_{n-2}-2) \\
&= (u_{n-1}-1)^2(u_{n-2}-1)^2 \cdots (u_2-1)^2(u_1-2). \end{aligned} $$

Do đó $$u_{2014}+2009= 2011 \left[ (u_{2013}-1)^2(u_{2012}-1)^2 \cdots (u_2-1)^2 +1 \right].$$

Gọi $B$ là biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ hai. Ta có bổ đề quen thuộc là nếu $a^2+b^2$ chia hết cho số nguyên tố $p=4k+3$ thì $a,b$ cùng chia hết cho $p.$ Từ đây suy ra số $B$ có dạng $a^2+1$ nên nó sẽ không có ước nguyên tố dạng $4k+3$. \medskip

Vậy $u_{2014}+9$ chỉ có một ước nguyên tố $p \equiv 3 \pmod{4}$ duy nhất là $2011$.

Bài 3. Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau \medskip

Định lý Ramsey Với $s,t$ là các số nguyên dương, gọi $R(s,t)$ là số đỉnh ít nhất cần có của một graph để trong đó luôn tồn tại một tập độc lập $s$ đỉnh hoặc một graph con đầy đủ $t$ đỉnh. Khi đó
$$R(s,t)\le C_{s+t-2}^{s-1}. \eqno{(*)}$$

Chứng minh
Ta sẽ chứng minh rằng $$R(s,t)\le R(s-1,t)+R(s,t-1).$$
Để ý rằng với $s=1$ hoặc $t=1$ thì $R(s,t)=1$. Do đó, nếu chứng minh được đánh giá này thì chỉ cần dùng tính chất của tam giác Pascal để có $$R(s,t)\le C_{s+t-3}^{s-2}+C_{s+t-3}^{s-1}=C_{s+t-2}^{s-1}.$$
Đặt $n$ là vế phải của (*) và xét graph $G$ có $n$ đỉnh. Xét $v\in G$ thì

  • Nếu như có ít nhất $R(s,t-1)$ đỉnh kề với $v$. Khi đó, theo định nghĩa thì trong tập đỉnh đó, sẽ luôn có một tập độc lập $s$ đỉnh hoặc một graph con đầy đủ $t-1$ đỉnh, ghép thêm đỉnh $v$ vào thì thỏa mãn điều kiện của $R(s,t).$
  • Nếu như có ít nhất $R(s-1,t)$ đỉnh không kề với $v$. Tương tự trên, trong tập đỉnh đó, cũng sẽ có một một graph con đầy đủ $t$ đỉnh hoặc tập độc lập $s-1$ đỉnh, ghép thêm đỉnh $v$ vào thì thỏa mãn điều kiện của $R(s,t).$

    Từ đó, ta thấy graph $G$ này thỏa mãn điều kiện của $R(s,t)$ nên theo tính nhỏ nhất thì $R(s,t)\le n.$

Trở lại bài toán, \medskip

Xét graph đơn vô hướng $G=(V,E)$ đại diện cho hội nghị khoa học đã nêu, trong đó $V$ là tập hợp các đại biểu và hai đỉnh được nối nhau nếu hai đại biểu tương ứng quen nhau. Ta gọi $T$ là tập hợp đỉnh biểu diễn cho thành viên của ban tổ chức. \medskip

Khi đó một ủy ban gồm $5$ thành viên là đại diện nếu như đó là một graph đầy đủ, còn đó là thách thức nếu đó là graph không có cạnh. Ta gọi các graph con như thế là graph con “chuẩn”. \medskip

Trong các đỉnh $V\backslash T,$ ta xóa dần dần các graph con chuẩn đến khi không thực hiện được nữa. Ta gọi tập hợp còn lại là $S.$ Ta sẽ chứng minh rằng $S\cup T$ có thể phân hoạch thành các graph con chuẩn như trên. \medskip

Theo định lý Ramsey, rõ ràng $|S| \le C_{8}^{4}=70$. Xét một đỉnh $v \in S$ thì giả thiết, $v$ kề với cả $280$ đỉnh của $T$ nên ta chọn ra trong đó $4$ đỉnh để ghép với $v$ tạo thành một graph con “chuẩn”. Cứ như thế thực hiện cho đến hết các phần tử của $S$, còn lại bao nhiêu phần tử trong $T$ thì chia đều ra thành các graph con “chuẩn” là được. \medskip

Bài toán được giải quyết.

Bài 4.

Tam giác $PBM$ cân tại $P$ nên bằng biến đổi góc, ta có

$$\angle{PBM}=\angle{PMB} \Rightarrow 2\angle{ABC}-\angle{MBC}= \angle{ACB}+\angle{MBC}.$$

Do đó $\angle{ABC}=2\angle{MBC}$ nên $BM$ là tia phân giác của $\angle{ABC}.$ Theo tính chất đường phân giác thì
$$\frac{MC}{MA}=\frac{BC}{BA}=\frac{BC}{AC}.$$

Lại có $CN$ là phân giác ngoài của $\angle{ACB}$ nên ta cũng có
$\frac{NA}{NB}=\frac{CA}{CB}.$ Gọi $I$ là trung điểm của $BC$ thì $I$ là điểm cố định. \medskip

Xét tam giác $ABC$ với $I$ thuộc $BC$ , $M$ thuộc $AC$ và $N$ thuộc $AB$ với

$$\frac{IB}{IC} \cdot \frac{MC}{MA} \cdot \frac{NA}{NB}=1 \cdot \frac{BC}{AC} \cdot \frac{AC}{BC}=1$$

thì theo định lý Menelaus đảo, ta có $M , N , I$ thẳng hàng. \medskip

Vậy $MN$ luôn đi qua điểm $I$ cố định.

Bài 5. 

Rõ ràng có thể chọn giá trị các biến thích hợp để $P>0$ nên để tìm giá trị lớn nhất của $P$ thì ta chỉ xét các số ${{x}_{1}},{{x}_{2}},\ldots ,{{x}_{2014}}$ đều khác $0$ và số các số âm là chẵn. Không mất tính tổng quát, giả sử
${{x}_{1}}\ge {{x}_{2}}\ge \ldots \ge {{x}_{2m}}>0>{{x}_{2m+1}}\ge \ldots \ge {{x}_{2014}}.$
Đổi dấu các số ${{y}_{k}}=-{{x}_{k}}>0$ với $2m+1\le k\le 2014.$ Khi đó ta viết lại
$$\left\{ \begin{aligned}
& {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+\cdots +{{x}_{2m}}={{y}_{1}}+{{y}_{2}}+\cdots +{{y}_{2n}}=A \\
& x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots +x_{2m}^{2}+y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+\cdots +y_{2n}^{2}=2014 \\
\end{aligned} \right.$$
trong đó $m+n=1007$ (ngoài ra $m,n>0$ vì các số đã cho không thể toàn bộ là dương hoặc toàn bộ là âm). Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì
$$2014\ge \frac{{{A}^{2}}}{2m}+\frac{{{A}^{2}}}{2n} \text{ nên } {{A}^{2}}\le 4mn.$$
Lại theo bất đẳng thức AM-GM thì
$$\begin{aligned} P& =({{x}_{1}}{{x}_{2}}\ldots {{x}_{2m}})({{y}_{1}}{{y}_{2}}\ldots {{y}_{2n}})\le {{\left( \frac{A}{2m} \right)}^{2m}}{{\left( \frac{A}{2n} \right)}^{2n}} \\
&=\frac{{{A}^{2m+2n}}}{{{2}^{2m+2n}}{{m}^{2m}}{{n}^{2n}}}\le \frac{{{(4mn)}^{m+n}}}{{{2}^{2m+2n}}{{m}^{2m}}{{n}^{2n}}}={{\left( \frac{m}{n} \right)}^{n-m}}. \end{aligned}$$

Do $m,n$ khác tính chẵn lẻ nên với vai trò bình đẳng của $m,n,$ ta có thể giả sử $m<n$ nên $n-m\ge 1$ và $m\le 503.$ Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Bernoulli thì

$${{\left( \frac{n}{m} \right)}^{n-m}}\ge 1+\left( \frac{n}{m}-1 \right)(n-m)=1+\frac{{{(n-m)}^{2}}}{m}\ge 1+\frac{1}{503}=\frac{504}{503}.$$
Suy ra $P\le {{\left( \frac{m}{n} \right)}^{n-m}}\le \frac{503}{504}.$ Đây chính là giá trị lớn nhất cần tìm, dấu bằng xảy ra khi
$m=503,n=504$ và $${{x}_{1}}={{x}_{2}}=\cdots ={{x}_{1006}}=\sqrt{\frac{504}{503}},{{x}_{1007}}={{x}_{1008}}=\cdots ={{x}_{2014}}=-\sqrt{\frac{503}{504}}.$$

Bài 6.

Xét hàm số $f(x)=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}+\sqrt{2}}$ với $x\in \mathbb{R}$ thì $${f}'(x)=\frac{1+\sqrt{2+2{{x}^{2}}}}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}{{\left( \sqrt{2}+\sqrt{1+{{x}^{2}}} \right)}^{2}}}>0$$ nên hàm này đồng biến trên $\mathbb{R}.$
Dãy số đã cho được viết lại thành
$$\left\{ \begin{aligned}
& {{u}_{1}}=1, \\
& {{u}_{n+1}}=f({{u}_{n}}),n\ge 1 \\
\end{aligned} \right.$$ thì ${{u}_{1}}<{{u}_{2}}$ nên dễ dàng chứng minh quy nạp được rằng dãy này giảm. \medskip

Do dãy này bị chặn dưới bởi $0$ nên nó có giới hạn, đặt giới hạn đó là $L\ge 0$. Trong biểu thức xác định dãy, cho $n\to +\infty ,$ ta được $$L=\frac{L}{\sqrt{{{L}^{2}}+1}+\sqrt{2}}$$ nên $L=0.$
Từ đó suy ra
$$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{u}_{n+1}}}{{{u}_{n}}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt{u_{n}^{2}+1}+\sqrt{2}}=\frac{1}{1+\sqrt{2}}.$$

Bài 7.

(a) Nếu $A=X$ thì $$S(A)=\sum\limits_{E\subset X}(-1)^{|E|}=C_n^0-C_n^1+C_n^2-\cdots +(-1)^nC_n^n=0.$$

Còn nếu $A\neq X$, do $S(A)$ chỉ phụ thuộc vào số phần tử của $A$ nên không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng $A=\{1,2,\ldots ,k\}$ với $k<n$. Khi đó, ta có
$$\begin{aligned} S(A) & =\sum_{E\subset X-\{k\}}(-1)^{|E\cap A|}+\sum_{E\subset X-\{k\}}(-1)^{|(E\cup\{k\})\cap A|} \\
& =\sum_{E\subset X-\{k\}}(-1)^{|E\cap A|}-\sum_{E\subset X-\{k\}}(-1)^{|E\cap A|}=0. \end{aligned} $$
Vậy $S(A)=0,\forall A\subset X$. \medskip

(b) Đặt $f(E)=\sum_{i=1}^{m}(-1)^{|E\bigcap A_i|}a_i$. Giả sử $f(E)\leq 0, \, \forall E$. Mà ta cũng có
$$\sum_{E\subset X}f(E)=\sum_{i=1}^ma_iS(A_i)=0.$$
Suy ra $f(E)=0,\, \forall E \subset X$, nhưng điều này là không thể vì $f(\varnothing)<0$. Vậy luôn tồn tại $E$ sao cho $f(E)>0$.

 

Bài 8. 

Vẽ đường kính $AA’$ của đường tròn $(ABC)$. Vì $A’B \perp AB$ nên $B,A’,M$ thẳng hàng. Tương tự thì $C,A’,N$ thẳng hàng. Giả sử
$BA’, CA’$ cắt lại $(BHC)$ lần lượt tại $E,F$. Mặt khác

$$\angle NPM=180{}^\circ -\angle BHC=\angle A=180{}^\circ -\angle B{A}’C=\angle M{A}’N$$

nên $PA’MN$ là tứ giác nội tiếp.

Ta sẽ chứng minh trung điểm của $A’F, A’E, MN$ là thẳng hàng. Theo định lý Menelaus đảo thì điều nào tương đương với $$ \dfrac{\overline{A’F}}{\overline{A’N}} = \dfrac{\overline{EA’}}{\overline{EM}} \Leftrightarrow \dfrac{\overline{A’F}}{\overline{A’E}} = – \dfrac{\overline{A’N}}{\overline{EM}} \Leftrightarrow \dfrac{A’B}{A’C} = \dfrac{A’N}{ME}. \eqno{(*)}$$

Vì $\angle BN{A}’=\angle CME$ và $\angle NB{A}’=\angle MCE$ nên hai tam giác $BN{A}’,CME$ đồng dạng với nhau. Do đó
$\frac{{A}’N}{ME}=\frac{{A}’B}{CE}$.
Mặt khác, bằng biến đổi góc, ta cũng có $C{A}’E$ cân tại $C$ nên $CE=C{A}’.$ Ta có được $$\frac{{A}’N}{ME}=\frac{{A}’B}{{A}’C}.$$
Do đó, khẳng định $(*)$ là đúng. Vậy nên điểm $I$ luôn nằm trên đường trung bình của tam giác $A’EF$ là đường cố định.

Bạn đọc có thể tìm thêm nhiều cách giải cho bài 8 này tại

link sau

Tham khảo từ sách “Tuyển tập đề thi môn Toán đội tuyển và dự tuyển trường PTNK”

Đáp án thi chọn Đội Tuyển thi Quốc Gia của trường PTNK năm học 2015 – 2016

Leave a reply

Ngày thứ 1

Bài 1. Cho tập hợp
$$
A=\{n \in \mathbb{N} \mid 1 \leq n \leq 2015,(n, 2016)=1\}
$$
Hỏi có bao nhiêu số nguyên $a \in A$ sao cho tồn tại số nguyên b mà $a+2016 b$ là số chính phương?

Bài 2. Cho $a, b, c, d$ là các số thực thỏa mãn điều kiện
$$
a^{2} \leq 1, a^{2}+b^{2} \leq 5, a^{2}+b^{2}+c^{2} \leq 14, a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} \leq 30
$$
1. Chúng minh rằng $a+b+c+d \leq 10$.
2. Chứng minh rằng $a d+b c \leq 10$.

Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện
$$
f(x-2 f(y))=5 f(x)-4 x-2 f(y)
$$
với mọi $x, y \in \mathbb{R}$.

Bài 4. Cho đường tròn $k$ và các điểm $B, C$ thuộc đường tròn, không phải là đường kính; I là trung điểm $B C$. Điểm $A$ di động trên cung lớn $B C$ của $k$. Gọi $i_{1}$ là đường tròn qua $I$ và tiếp xúc với $A B$ tại $B ; i_{2}$ là đường tròn qua $I$ và tiếp xúc với $A C$ tại $C$. Các đường tròn $i_{1}, i_{2}$ cắt nhau tại $D$ (khác $I$ ).
1. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AID luôn đi qua một điểm cố định.
2. Gọi $K$ là trung điểm $A D$, $E$ là tâm đường tròn qua $K$ và tiếp xúc với $A B$ tại $A, F$ là tâm đường tròn qua $K$ và tiếp xúc với AC tại $A$. Chứng minh rằng góc EAF có số đo không đổi.

Ngày thứ 2

Bài 5. Dãy số $\left(x_{n}\right)$ được xác định bởi công thức $x_{n}=\frac{1}{n \cos \frac{1}{n}}$ với mọi $n \geq 1$. Tính giới hạn sau
$$\lim \frac{x_{1}+x_{3}+x_{5}+\cdots+x_{2 n-1}}{x_{2}+x_{4}+x_{6}+s+x_{2 n}}$$

Bài 6. Tim các giá trị của $b$ sao cho tồn tại a để hệ phương trình sau có nghiệm $(x, y)$
$$
\left\{\begin{array}{l}
(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=b \\y=x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}
\end{array}\right.
$$

Bài 7. Cho n là số nguyên dương, $n \geq 2$ và $X={1,2,3, \ldots, n}$. 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: Với mỗi $i, j \in{1,2,3, \ldots, n}, A_{i} \cap B_{j}=\varnothing$ nếu và chỉ nếu $i=j$.
1. Chúng minh rằng với mỗi hoán vị $\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)$ của $X$, có không quá một cặp tập hợp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ với $i=1,2,3, \ldots, n$ sao cho nếu $x_{k} \in A_{i}$ và $x_{l} \in B_{i}$ thì $k<l$.
2. Gọi $a_{i}, b_{i}$ lần lượt là số phần tử của tập hợp $A_{i}, B_{i}$ với $i=1,2,3, \ldots, m$. Chúng minh rằng
$$
\sum_{i=1}^{m} \frac{1}{C_{a_{i}+b_{i}}^{a_{i}}} \leq 1
$$

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn tâm $O$. Đường tròn tâm $I$ đi qua $B$, $C$ lần lượt cắt các tia $B A$, CA tại $E, F$.
1. Giả sử các tia $B F, C E$ cắt nhau tại $D$ và $T$ là tâm đường tròn $(A E F)$. Chứng minh rằng $O T$ || ID.
2. Trên BF, CE lần lượt lấy các điểm $G, H$ sao cho $A G \perp C E, A H \perp B F$. Các đường tròn $(A B F),(A C E)$ cắt $B C$ tai $M, N$ (khác $B, C)$ và cắt EF tại $P, Q$ (khác $E, F)$. Gọi $K$ là giao điểm của $M P, N Q$. Chứng minh rằng DK vuông góc với GH.

Giải

Bài 1.

Cho $n$ là số nguyên dương lớn hơn 1 , ta quy ước gọi một số nguyên dương a được gọi là thặng dư chính phương theo modulo $n$ nếu $(a, n)=1$ và tồn tại số nguyên $x$ sao cho $a \equiv x^{2}(\bmod n)$. Trong bài này, dể dơn giản, ta quy ước xét các thặng dư chính phưong nhỏ hơn $n$.
Đặt $s(n)$ là số các số nhỏ hơn $n$ và là thặng dư chính phương theo modulo n. Ta sễ chứng minh hai bổ dề dưới đây:
Bổ đề 1: Cho $p$ là số nguyên tố và $k$ là số nguyên dưong. Khi đó:
1. Nếu $p=2$ thì $s\left(2^{k}\right)=2^{\max (k-3,0)}$.
2. Nếu $p>2$ thì $s\left(p^{k}\right)=\frac{p^{k}-p^{k-1}}{2}$.
Bổ đề $2: s(n)$ là hàm nhân tính.
Thật vậy,
Trước hết, ta biết rằng $s(p)=\frac{p-1}{2}$ với $p$ là số nguyên tố lẻ. Ta sẽ tính $s\left(p^{k}\right)$ với $k \in \mathbb{Z}^{+}$.
Xét một thặng dư chính phương $a$ của $p$, khi đó tồn tại $x$ sao cho
$$
a \equiv x^{2}(\bmod p)
$$
Dặt $a=x^{2}+p q$ thì hiển nhiên
$$
a \equiv x^{2}+p q\left(\bmod p^{k}\right) \Leftrightarrow a-p q \equiv x^{2}\left(\bmod p^{k}\right)
$$
và khi đó, ta có $p^{k-1}$ cách chọn $q$ để các số $a-p q$ là các thặng dư chính phưong $\bmod p^{k}$.
Suy ra
$$
s\left(p^{k}\right)=p^{k-1} s(p)=\frac{p^{k}-p^{k-1}}{2}
$$
Xét số nguyên tố $p=2$, với $k=1,2,3$, dể dàng kiểm tra được $s\left(2^{k}\right)=1$.
Ta xét $k \geq 4$, tưong tự trên, ờ bước chọn $q$, ta chỉ có 2 cách nên $s\left(2^{k}\right)=$ $2 s\left(2^{k-1}\right)$. Từ đó bằng quy nạp, ta có được
$$
s\left(2^{k}\right)=2^{k-3}, k \geq 4
$$
Tiếp theo, xét hai số $a, b$ nguyên dương và $(a, b)=1 .$ Gọi $A$ là tập họp các thặng dư chính phương theo modulo $a b$ và $B$ là tập hợp các số là thặng dư chính phưong chung của $a, b$.
Nếu $x \in A$ thì tổn tại $y$ sao cho $x \equiv y^{2}(\bmod a b)$. Rō ràng khi đó,
$$
x \equiv y^{2} \quad(\bmod a), x \equiv y^{2} \quad(\bmod b)
$$

(chú ý rằng nếu $x>a$, ta có thể chọn $x^{\prime}$ sao cho $x^{\prime}<a$ và $x \equiv x^{\prime}(\bmod a)$; tương tự với $b$ ). Do đó, $x \in B$, tức là $x \in A \Rightarrow x \in B$ nên $|A| \leq|B|$.
Tiếp theo, xét $x \in B$. Khi đó tồn tại $r, s$ sao cho $x \equiv r^{2}(\bmod a), x \equiv s^{2}$ $(\bmod b)$. Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tổn tại số nguyên $z$ sao cho
$$
z \equiv r(\bmod a), z \equiv s(\bmod b)
$$
Khi đó
$$
x \equiv z^{2} \quad(\bmod a), x \equiv z^{2} \quad(\bmod b)
$$
nên
$$
x-z^{2}: a b \text { hay } x \equiv z^{2}(\bmod a b)
$$
Do đó: $x \in A$, tức là $x \in B \Rightarrow x \in A$ nên $|A| \geq|B|$.
Từ đây ta có
$$
|A|=|B| \text { hay } s(a) s(b)=s(a b)
$$
Vậy $s(n)$ là hàm nhân tính.
Các bổ đề đều được chứng minh.
Trở lại bài toán, ta thấy rằng
$$
2016=2^{5} \cdot 3^{2} \cdot 7
$$
Rō ràng bài toán yêu cầu đếm số thặng dư chính phương theo modulo 2016. Theo bổ dề 2 thì
$$
s(2016)=s\left(2^{5}\right) s\left(3^{2}\right) s(7)
$$
Theo bổ đề 1 thì
$$
s\left(2^{5}\right)=2^{2}=4, s\left(3^{2}\right)=\frac{3^{2}-3}{2}=3, s(7)=\frac{7-1}{2}=3
$$
Do đó, số các số $a$ cần tìm là $4 \cdot 3 \cdot 3=36$.

Bài 2.

1) Dự đoán dấu bằng xảy ra khi $a=1, b=2, c=3, d=4$ nên ta có các đánh giá sau
$$
\left\{\begin{array}{l}
a^{2}+1 \geq 2 a \\
b^{2}+4 \geq 4 b \\
c^{2}+9 \geq 6 c \\
d^{2}+16 \geq 8 d
\end{array}\right.
$$
Do đó, ta có
$$
\begin{aligned}
&24(a+b+c+d) \leq 3\left(d^{2}+16\right)+4\left(c^{2}+9\right)+6\left(b^{2}+4\right)+12\left(a^{2}+1\right) \\
&=3 d^{2}+4 c^{2}+6 b^{2}+12 a^{2}+120 \\
&=3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)+\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+2\left(a^{2}+b^{2}\right)+6 a^{2}+120 \\
&\leq 3 \cdot 30+14+2 \cdot 5+6 \cdot 1+120=240
\end{aligned}
$$
Suy ra $a+b+c+d \leq 10$.
2) Ta có:
$$
16 a^{2}+d^{2} \geq 8 a d \text { và } 9 b^{2}+4 c^{2} \geq 12 b c
$$
Từ đó suy ra
$$
\begin{aligned}
&24(a d+b c) \leq 3\left(16 a^{2}+d^{2}\right)+2\left(9 b^{2}+4 c^{2}\right) \\
&=3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)+5\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+10\left(a^{2}+b^{2}\right)+30 a^{2} \\
&\leq 3 \cdot 30+5 \cdot 14+10 \cdot 5+30 \cdot 1=240
\end{aligned}
$$
Suy ra $a d+b c \leq 10$.

Bài 3.

Goi $(*)$ là điều kiện đề bài cho. Trong $(*)$, thay $x=y=0$, ta có
$$
f(-2 f(0))=3 f(0)
$$
Đặt $f(0)=a$ thì $f(-2 a)=3 a$. Trong $(*)$, thay $x=0$ và $y=-2 a$, ta có
$$
f(-2 f(-2 a))=5 a-2 f(-2 a) \Leftrightarrow f(-6 a)=-a
$$

Trong $(*)$, thay $x=-2 a, y=-6 a$, ta có
$$
\begin{aligned}
&f(-2 a-2 f(-6 a))=5 f(-2 a)-4 x-2 f(-6 a) \\
&\Leftrightarrow f(0)=15 a+8 a+2 a \\
&\Leftrightarrow a=25 a \\
&\Leftrightarrow a=0
\end{aligned}
$$
Do đó $f(0)=0$.
Trong $(*)$, thay $y=0$, ta có
$$
f(x)=5 f(x)-4 x \Leftrightarrow f(x)=x
$$
Thử lại ta thấy thỏa.
Vậy hàm số cần tìm chính là
$$
f(x)=x, \forall x \in \mathbb{R}
$$

Bài 4.

1) Gọi $O$ là tâm của đường tròn $k$. Không mât tính tống quát, giả sử tia $\Lambda D$ nằm giữa hai tia $A O, A B$, các trường hợp còn lại tương tự.
Ta có:
$$
\angle I D B=\angle A B C, \angle I D C=\angle A C B
$$
nên
$$
\angle B A C+\angle B D C=\angle B A C+\angle A B C+\angle A C B=180^{\circ}
$$

Do đó, tứ giác $A B D C$ nội tiếp hay $D \in(O)$. Ta thấy
$$
\begin{aligned}
&\angle D A O+\angle O I D \\
&=\angle B A C-(\angle D A B+\angle O A C)+360^{\circ}-\left(90^{\circ}+\angle D I C\right) \\
&=\angle B A C-\left(\angle I C D+90^{\circ}-\angle A B C\right)+270^{\circ}-\angle D I C \\
&=\angle B A C+\angle A B C-(\angle I C D+\angle D I C)+180^{\circ} \\
&=\left(180^{\circ}-\angle A C B\right)-\left(180^{\circ}-\angle I D C\right)+180^{\circ} \\
&=\angle I D C-\angle A C B+180^{\circ}=180^{\circ}
\end{aligned}
$$

Do đó, AOID nội tiếp hay đường tròn $(A I D)$ di qua $O$ cố định.
2) Ta có:
$$
\angle E A C=90^{\circ}-\angle B A C, \angle F A B=90^{\circ}-\angle B A C
$$
nên
$$
\angle E A F=180^{\circ}-2 \angle B A C+\angle B A C=180^{\circ}-\angle B A C
$$
Do đó, góc $\angle E A F$ có số đo không đổi.

Bài 5.

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:
Giá trị của biểu thức
$$
\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}
$$
tiến tới vô cực khi $n \rightarrow+\infty$. Thật vậy,
Xét hàm số $f(x)=\ln (1+x)-x$ với $x>0$. Ta có
$$
f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-1<0
$$
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,
$$
\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}++\frac{1}{n}>\ln 2-\ln 1+\ln 3-\ln 2+\cdots+\ln (n+1)-\ln n=\ln (n+1)
$$
Vì $\ln (n+1) \rightarrow+\infty$ khi $n \rightarrow+\infty$ nên
$$
\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} \rightarrow+\infty
$$
Trở lại bài toán, đặt
$$
y_{n}=\frac{x_{1}+x_{3}+x_{5}+\cdots+x_{2 n-1}}{x_{2}+x_{4}+x_{6}+\cdots+x_{2 n}}
$$
với $n \geq 1$. Ta thấy vì $\frac{1}{n} \in\left(0 ; \frac{\pi}{2}\right)$ nên $\cos \frac{1}{n}>0$, suy ra
$$
x_{n}=\frac{1}{n \cos \frac{1}{n}}>0, n \geq 1
$$

Xét hàm số $f(t)=\frac{t}{\cos t}$ với $t \in\left(0 ; \frac{\pi}{2}\right)$ thì $f^{\prime}(t)=\frac{\cos t+t \sin t}{\cos ^{2} t}>0$ nên đây là hàm đồng biến. Chú ý rằng $x_{n}=f^{2}\left(\frac{1}{n}\right)$, mà $\frac{1}{n}$ là dãy giảm nên $x_{n}$ cũng là dãy giảm.
Suy ra $x_{1}>x_{2}, x_{3}>x_{4}, \ldots, x_{2 n-1}>x_{2 n}$ nên $y_{n}>1$
Ngoài ra, ta cũng có $x_{3}<x_{2}, x_{5}<x_{4}, \ldots, x_{2 n-1}<x_{2 n-2}$ nên
$$
\begin{aligned}
y_{n}<& \frac{x_{1}+\left(x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n-2}\right)}{x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}}=\\
& 1-\frac{x_{1}-x_{2 n}}{x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}}<1-\frac{x_{1}}{x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}}
\end{aligned}
$$
Dễ thấy rằng
$$
x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{2 i \cos \frac{1}{2 i}} \geq \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{2 i}=\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}
$$
Theo bổ đề trên thì $\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}$ tiến tới vô cực nên
$$
\lim \left(x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}\right)=+\infty
$$
Do dó
$$
\lim \left(1-\frac{x_{1}}{x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}}\right)=1-0=1
$$
Theo nguyên lý kẹp, ta có $\lim x_{n}=1$.

Bài 6.

Đặt $X=x-1, Y=y+1$, thay vào, ta có
$$
\begin{aligned}
&\left\{\begin{array}{l}
X^{2}+Y^{2}=b \\
Y-1=(X+1)^{2}+(2 a+1)(X+1)+a^{2}
\end{array}\right. \\
&\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}
X^{2}+Y^{2}=b \\
Y=X^{2}+(2 a+3) X+a^{2}+2 a+3
\end{array}\right.
\end{aligned}
$$
Ta đưa về tìm điều kiện của $b$ để tồn tại $a$ mà hệ trên có nghiệm $(X, Y)$. Do
$$
Y-(X+2)=X^{2}+2(a+1) X+(a+1)^{2}=(X+a+1)^{2} \geq 0
$$

nên $Y \geq X+2$. Suy ra $Y-X \geq 2>0$, tức là $(X-Y)^{2} \geq 4$. Ta có
$$
b=X^{2}+Y^{2}=\frac{(X-Y)^{2}+(X+Y)^{2}}{2} \geq \frac{(Y-X)^{2}}{2} \geq 2
$$
Mặt khác, với $b \geq 2$, nếu chọn $X=-(a+1)$ thì có $Y=X+2=1-a$. Khi đó, ta có
$$
X^{2}+Y^{2}=(a+1)^{2}+(a-1)^{2}=2\left(a^{2}+1\right)=b
$$
Như thế, với $a$ thỏa mãn $2\left(a^{2}+1\right)=b$ thì hệ có nghiệm là
$$
(X, Y)=(-a-1,1-a)
$$
Dễ dàng thấy rằng do $b \geq 2$ nên luôn tồn tại $a$ như thế.
Vậy các giá trị cần tìm của $b$ là $b \geq 2$.

Bài 7.

1) Giả sử ngược lại, tồn tại 2 cặp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ và $\left(A_{j}, B_{j}\right)$ thỏa mãn điểu kiện đề bài đã cho.
Vì $i \neq j$ nên theo giả thiết,
$$
\left|A_{i} \cap B_{j}\right| \geq 1,\left|A_{j} \cap B_{i}\right| \geq 1
$$
Đặt $x_{r} \in A_{i} \cap B_{j}, x_{s} \in A_{j} \cap B_{i}$ với $1 \leq r, s \leq n$ 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 $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ thỏa mãn điều kiện đã cho.
2) 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 $i, j \in\{1,2,3, \ldots, n\}, A_{i} \cap B_{j}=\varnothing$ nếu và chỉ nếu $i=j$.
Gọi $T_{i} \subset T$ là các cách chọn sao cho sao cho cặp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ thỏa mãn điều kiện là: cặp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ 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 $X$ ). (*)
Theo câu 1) thì $T_{i} \cap T_{j}=\varnothing$ với $i \neq j$ nên ta có
$$
\left|T_{1}\right|+\left|T_{2}\right|+\cdots+\left|T_{m}\right|=\left|T_{1} \cup T_{2} \cup \ldots \cup T_{m}\right| \leq T
$$
Tiếp theo, với $1 \leq i \leq m$, xét một tập hợp $S \subset X$ và $|S|=a_{i}+b_{i}$. Khi đó, tương ứng với $S$, có đúng 1 cách chọn $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ 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.
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 $B$.
Do đó, ta có
$$
\left|T_{i}\right|=\frac{|T|}{C_{a_{i}}^{a_{i}}+b_{i}}
$$
với $i=1,2, \ldots, m$. Từ đây suy ra
$$
\sum_{i=1}^{m} \frac{|T|}{C_{a_{i}+b_{i}}^{a_{i}}} \leq|T| \Leftrightarrow \sum_{i=1}^{m} \frac{1}{C_{a_{i}+b_{i}}^{a_{i}}} \leq 1
$$
Ta có đpcm.

Bài 8.

1) Giả sử $E F$ cắt $B C$ ở $L$ và $(T),(O)$ cắt nhau tại $J$ khác $A$. Suy ra $A J$ chính là trục đẳng phương của $(T),(O)$. Do đó $O T \perp A J$.
Khi đó,
$$
L B \cdot L C=L E \cdot L F
$$
nên $L$ thuộc trục đẳng phương của $(T),(O)$. Suy ra $A, J, L$ thẳng hàng. Theo định lý Brocard cho tứ giác $B E F C$ nội tiếp trong đường tròn $(I)$ thì $I$ chính là trực tâm của tam giác $A D L$.
Vì thế nên ID $\perp A L$, mà $O T \perp A J$ nên $I D \| O T$.

2) Dễ dàng thấy rằng $D$ là trực tâm của tam giác $A G H$ nên $A D \perp G H$. Ta sẽ chứng minh rằng $A, D, K$ thẳng hàng.

Ta có $D B \cdot D F=D E \cdot D C$ nên $D$ có cùng phương tích tới 2 đường tròn $(A B F),(A E C)$. Suy ra $A D$ chính là trục đẳng phương của 2 đường tròn này.

Bằng biến đổi các góc nội tiếp, ta thấy rằng
$$
\angle M P Q=\angle M B F=\angle C E F=\angle C N Q
$$
Suy ra $M N P Q$ nội tiếp, dẫn đến $K M \cdot K P=K N \cdot K Q$, tức là $K$ cũng có cùng phương tích tới 2 đường tròn $(A B F),(A E C)$.
Từ đó suy ra $A, D, K$ thẳng hàng. Do đó, $D K$ vuông góc với $G H$.

Đề thi chọn đội tuyển trường Phổ thông Năng khiếu năm học 2020-2021

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
$$
x, y \in \mathbb{R} \text { thì }\left\{\begin{array}{l}
f(x-g(y))=f(-x+2 g(y))+x g(y)-6 \
g(y)=g(2 f(x)-y)
\end{array}\right.
$$
(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 điểm $L, K$. 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 $H S$ đi 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

Lời giải

Đề thi chọn đội Dự Tuyển PTNK năm học 2020-2021

Kì thi chọn Dự tuyển trường Phổ thông Năng khiếu tham dự kì thi 30/04 được tổ chức vào tháng 01 năm 2021, đề gồm 4 bài, làm trong 120 phút.

Đề bài

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

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

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

CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU – SỐ 11

ĐÂY LÀ CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC DO CÁC HỌC SINH PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU KHÓA 2016 – 2016 THỰC HIỆN, ĐÂY LÀ MỘT TRONG NHỮNG LỨA HỌC SINH GIỎI VÀ THÀNH CÔNG TỪ LÚC CÁC EM HỌC PHỔ THÔNG VÀ HIỆN VẪN ĐANG HỌC TỐT Ở NHIỀU ĐẠI HỌC NỔI TIẾNG.

HI VỌNG CÁC CHUYÊN ĐỀ KẾ TIẾP GIỮ VỮNG ĐƯỢC PHONG CÁCH CỦA HỌC SINH CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

link đọc sách.

CĐTH-số-11

Đáp án đề thi Toán không chuyên trường Phổ thông Năng Khiếu năm 2021

Bài 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức: $$P=\dfrac{a^2+b\sqrt{ab}}{a+\sqrt{ab}}+\dfrac{a\sqrt{a}-3a\sqrt{b}+2b\sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\ \ (a>b>0)$$

a) Thu gọn biểu thức $P$.

b) Chứng minh $P>0$.

Bài 2. (2 điểm)

a) Giải phương trình: $(x^2 +2x -3)\left( \sqrt{3-2x} – \sqrt{x+1}\right) =0$

b) Cho $(d): y=(m+1)x+mn$ và $(d_1): y=3x+1$. Tìm $m$, $n$ biết $(d)$ đi qua $A(0;2)$, đồng thời $(d)$ song song với $(d_1)$.

Bài 3. (1,5 điểm) Cho $(P)$, $(d)$ lần lượt là đồ thị hàm số $y=x^2$ và $y= 2x+m$.

a) Tìm $m$ sao cho $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt $A(x_1;y_1)$, $B(x_2;y_2)$.

b) Tìm $m$ sao cho $(x_1-x_2)^2 + (y_1-y_2)^2 =5$.

Bài 4. (2 điểm)

a) Công ty viễn thông gói cước được tính như sau:

  • Gói I: $1800$ đồng/phút cho $60$ phút đầu tiên; $1500$ đồng/phút cho $60$ phút tiếp theo và $1000$ đồng/phút cho thời gian còn lại.
  • Gói II: $2000$ đồng/phút cho $30$ phút đầu tiên; $1800$ đồng/ phút cho $30$ phút tiếp theo; $1200$ đồng/phút cho $30$ phút tiếp theo nữa và $800$ đồng/phút cho thời gian còn lại.

Sau khi cân nhắc thì bác An chọn gói II vì sẽ tiết kiện được $95000$ đồng so với gói I. Hỏi trung bình bác An gọi bao nhiêu phút một tháng?

b) Cho $\triangle ABC$ có $AB=3$, $AC=4$, $BC=5$. $BD$ là tia phân giác của $\angle ABC$. Tính $BD$?

Bài 5. (3 điểm) Cho $\triangle ABC$ nhọn $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(T)$ có tâm $O$, bán kính $R$, $BC=R\sqrt{3}$. Tiếp tuyến tại $B$, $C$ của $(T)$ cắt nhau tại $P$. Cát tuyến $PA$ cắt $(T)$ tại $D$ (khác $A$). Đường thẳng $OP$ cắt $BC$ tại $H$.

a) Chứng minh $\triangle PBC$ đều. Tính $PA\cdot PD$ theo $R$.

b) $AH$ cắt $(T)$ tại $E$ (khác $A$). Chứng minh $HA \cdot HE = HO \cdot HP$ và $PD = PE$.

c) Trên $AB$ lấy điểm $I$ thỏa $AI =AC$, trên $AC$ lấy điểm $J$ thỏa $AJ = AB$. Đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $I$ và đường thẳng vuông góc với $AC$ tại $J$ cắt nhau ở $K$. Chứng minh $IJ=BC$ và $AK \bot BC$. Tính $PK$ theo $R$.

 

— HẾT —

LỜI GIẢI

Bài 1.

a) Ta có $a>b>0$ nên

$P = \dfrac{{{a^2} + b\sqrt {ab} }}{{a + \sqrt {ab} }} + \dfrac{{a\sqrt a – 3a\sqrt b + 2b\sqrt a }}{{\sqrt a – \sqrt b }}$

$= \dfrac{{{{\left( {\sqrt a } \right)}^3} + {{\left( {\sqrt b } \right)}^3}}}{{\sqrt a + \sqrt b }} + \dfrac{{\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)\left( {a – 2\sqrt {ab} } \right)}}{{\sqrt a – \sqrt b }}$

$= a – \sqrt {ab} + b + a – 2\sqrt {ab} = 2a – 3\sqrt {ab} + b.$

(1đ)

b) Ta có $a>b>0$ nên $\sqrt{a}>\sqrt{b}$, do đó

$P=2a-3\sqrt{ab}+b=\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(2\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)>0. $

(0,5đ)

Bài 2.

a) $(x^{2}+2x-3)(\sqrt{3-2x}-\sqrt{x+1})=0 \quad (*)$

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} 3-2x\geq 0 \\ x+1\geq 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow -1\leq x\leq \dfrac{3}{2}$

(0,25đ)

$(*) \Leftrightarrow (x -1)(x+3)(\sqrt{3-2x}-\sqrt{x+1})=0$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x – 1=0}\\ {x+3=0}\\ {3-2x=x+1} \end{array}} \right.$

(0,25đ)

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x =1 \ \ \ (n)}\\ {x=-3 \ (l)}\\ {x=\dfrac{2}{3}\ \ \ (l)} \end{array}} \right.$

(0,25đ)

Vậy $S=\left\{ 1; \dfrac{2}{3}\right\}$

(0,25đ)

b) $(d) // (d_{1})\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m+1=3 \\ m.n\neq 1 \end{array} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m=2 \\ n\neq \dfrac{1}{2} \end{array} \right. $

(0,5đ)

Vì $A(0;2)\in (d): y=3x+2n\Leftrightarrow 2=3.0+2n\Leftrightarrow n=1$ (n)

(0,5 đ)

Vậy $m=2$, $n=1$

Bài 3.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của $ (P) $ và $ (d) $

$ x^2=2x+m \Leftrightarrow x^2-2x-m=0 \quad (1)$

(0,25đ)

$ (P) $ cắt $ (d) $ tại 2 điểm phân biệt $ A, B \Leftrightarrow $ $ (1) $ có $2$ nghiệm phân biệt

$ \Leftrightarrow $ $ \Delta’>0 $ $ \Leftrightarrow $ $ 1+m>0 $

$ \Leftrightarrow m>-1 $ $(*)$

(0,25đ)

Vậy $m>-1$ thì $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt.

b) Với điều kiện $(*)$ theo Viet ta có: $ S=x_1+x_2=2 $, $ P=x_1\cdot x_2=-m $

(0,25đ)

Ta có: $A(x_1;y_1)\in (d) \Leftrightarrow y_1 = 2x_1+m$; $B(x_2;y_2)\in (d) \Leftrightarrow y_2=2x_2+m$

Ta có:

$ (x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2=5$

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2+(2x_1-2x_2)^2=5$

(0,25đ)

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2+4(x_1-x_2)^2=5$

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2=1\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-4x_1x_2=1$

$ \Leftrightarrow 4+4m=1 \Leftrightarrow m=\dfrac{-3}{4}$ (thỏa $(*)$)

(0,5đ)

Vậy $m=-\dfrac{3}{4}$

Bài 4.

a) Giả sử thời gian gọi trung bình mỗi tháng của bác An là $t$ (phút, $t>0$).

Gọi $A(x)$, $B(x)$ lần lượt là cước phí khi gọi $x$ phút tương ứng với gói cước I và gói cước II, theo đề bài ta có $A(t)-B(t)=95000$ (đồng).

Ta có bảng sau:

Vậy trung bình mỗi tháng bác An gọi $475$ phút.

(1đ)

b) Ta có: $3^2 + 4^2 = 5^2$ nên $AB^2 + AC^2 = BC^2$

Theo định lý Pythagore đảo, tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

(0,25đ)

Theo tính chất đường phân giác: $\dfrac{DC}{BC} = \dfrac{DA}{BA}$.

Suy ra $\dfrac{DC}{BC} = \dfrac{DA}{BA} = \dfrac{DC + DA}{BC + BA} = \dfrac{AC}{BA + BC} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow AD = \dfrac{1}{2} BA = \dfrac{3}{2}$.

(0,5đ)

Tam giác $ABD$ vuông tại $A$ nên: $BD^2 = AD^2 + AB^2 = \dfrac{45}{4} \Rightarrow BD =\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$.

(0,25đ)

Bài 5.

a)

  • Ta có: $OB = OC$, $PB = PC$ suy ra $PO$ là đường trung trực của $BC$

nên $OP \bot BC$ và $H$ là trung điểm $BC$.

$\sin \angle HOC = \dfrac{HC}{OC}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \angle HOC = 60^\circ \Rightarrow \angle HCP = \angle HOC =60^\circ $

$\triangle PBC$ có $PB = PC$ và $\angle BCP =60^\circ $ suy ra $\triangle PBC$ đều

(0,5đ)

  •  Xét $\triangle PBD$ và $\triangle PAB$ có $\angle BPD$ chung, $\angle PBD = \angle PAB$

$\Rightarrow \triangle PBD \backsim \triangle PAB$ (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{PB}{PA}= \dfrac{PD}{PB}\Rightarrow PA\cdot PD = PB^2 = 3R^2$

(0,5đ)

b)

  • Xét $\triangle HAB $ và $\triangle HCE$ có $\angle AHB = \angle CHE$, $\angle HAB = \angle HCE$

$\Rightarrow \triangle HAB \backsim \triangle HCE$ (g.g) $\Rightarrow HA \cdot HE = HB \cdot HC = HB^2 = HO \cdot HP$

(0,5đ)

  •  Xét $\triangle HOA $ và $\triangle HEP$ có $\angle OHA = \angle EHP$, $\dfrac{HO}{HE} = \dfrac{HA}{HP}$

$\Rightarrow \triangle HOA \backsim \triangle HEP$ (c.g.c) $\Rightarrow \angle HOA = \angle HEP$, suy ra $AOEP$ là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\angle HPE = \angle HPD$ (chắn hai cung $OE$ và $OA$ bằng nhau)  $(1)$

Lại có $PA \cdot PD = PB^2 = PH \cdot PO \Rightarrow \dfrac{PD}{PO} = \dfrac{PH}{PA}$

$ \Rightarrow \triangle PDH \backsim \triangle POA$ (c.g.c) suy ra $OHDA$ nội tiếp.

Mà $\angle PAO = \angle ODA =\angle AHO = \angle PHE$ nên $\angle PHD = \angle PHE$  $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\triangle HDP = \triangle HEP$ (g.c.g), suy ra $PD=PE$.

(0,5đ)

c)

  •  Xét $\triangle ABC$ và $\triangle AJI$ có $AB=AJ$, $\angle IAC$ chung, $AC=AI$

nên $\triangle ABC = \triangle AJI \Rightarrow IJ = BC$

(0,25đ)

  •  Gọi $Q = BC \cap AK$

Ta có: $\angle AIK = \angle AJK =90^\circ $ nên $AIKJ$ nội tiếp đường tròn đường kính $AK$

$ \Rightarrow \angle AKI = \angle AJI$

Mà $\angle AJI = \angle ABC$ (do $\triangle ABC = \triangle AJI$) nên $\angle AKI = \angle ABC$.

Tứ giác $BQKI$ có $\angle AKI = \angle ABC$ nên $BQKI$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow \angle BIK + \angle BQK = 180^\circ \Rightarrow \angle BQK = 180^\circ – \angle BIK = 180^\circ – 90^\circ =90^\circ $

Suy ra $AK \bot BC$.

(0,25đ)

  •  Vì $\triangle ABC = \triangle AIJ$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác này bằng nhau.

Mà $AK$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle AIJ$ nên $AK=2R$.

$\triangle OCP$ vuông tại $C$:

$\Rightarrow OP^2 = OC^2 + CP^2 = R^2 + \left( R\sqrt{3} \right) ^2 = 4R^2$

$\Rightarrow OP=2R \Rightarrow OP=AK$.

Ta có: $AK \bot BC$, $OP \bot BC$ nên $AK // OP$.

Tứ giác $AOPK$ có $AK // OP$ và $AK=OP$ nên $AOPK$ là hình bình hành, suy ra $PK=AO=R$.

Vậy $PK=R$.

(0,5đ)

Lời giải được thực hiện bởi nhóm giáo viên Star Education: thầy Nguyễn Tăng Vũ, thầy Nguyễn Ngọc Duy, thầy Nguyễn Tấn Phát, cô Bùi Thị Minh Phương, Châu Cẩm Triều, Lê Quốc Anh, Nguyễn Công Thành

 

Đáp án đề thi chuyên Toán thi vào trường Phổ thông Năng khiếu năm 2021

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.