Vmo2019 lan 1

LỜI NÓI ĐẦU VMO (Vietnam Mathematics Olympiad) tên viết tắt tiếng Anh Kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia mơn Tốn lớp 12 THPT VMO tổ chức năm Với em học sinh đam mê mơn Tốn, em khơng thể bỏ qua kỳ thi muốn tham dự kì thi Olympic Toán học Quốc tế (International Mathematical Olympiad, thường viết tắt IMO), kì thi Tốn học cấp quốc tế hàng năm dành cho học sinh trung học phổ thơng Kì thi chọn học sinh giỏi Tốn quốc gia VMO năm học 2018-2019 diễn ra, với mục đích giúp em học sinh có tài liệu ơn tập, tập thể thầy nhóm THBTN – Tài liệu Chuyên, Olympiad tập tài liệu “Tuyển tập toán hay luyện thi VMO” Tài liệu biên soạn bám sát tương đối đầy đủ nội dung đề thi tới với mong muốn tạo thêm nguồn tư liệu tham khảo giúp em đạt kết cao kỳ thi Các chủ đề tài liệu ĐA THỨC SỐ HỌC 14 TỔ HỢP 24 PHƯƠNG TRÌNH HÀM 37 DÃY SỐ 42 ĐẠI SỐ 49 HÌNH HỌC 52 ĐỀ TRƯỜNG ĐƠNG TỐN HỌC BẮC TRUNG BỘ 2018 81 Chân thành gửi lời cảm ơn quý thầy cô dành thời gian tâm huyết cho tài liệu Thầy Huỳnh Kim Linh - Chuyên Lê Q Đơn, Khánh Hịa Cơ Võ Thị Ngọc Ánh - Chuyên Nguyễn Tất Thành, Kon Tum Thầy Nguyễn Tất Thu - Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai Thầy Hồng Xn Bính - Chun Biên Hịa, Hà Nam Thầy Hoàng Minh Quân – THPT Ngọc Tảo, Bắc Ninh Thầy Phạm Đức Tùng - Chuyên Lương Văn Tụy, Ninh Bình Cơ Lưu Thị Cẩm Loan - Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai, Sóc Trăng Thầy Hán Văn Sơn - Chuyên Lê Quý Đôn, Điện Biên Thầy Nguyễn Chiến Thắng - Chuyên Quảng Bình, Quảng Bình 10 Thầy Võ Quang Vinh - Chuyên Nguyễn Tất Thành, Kon Tum 11 Thầy Nguyễn Thanh Quang - Chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi 12 Thầy Trần Trọng Trị - THPT Gia Định TP Hồ Chí Minh 13 Thầy Nguyễn Chí Trung - Chuyên Trần Đại Nghĩa, TP Hồ Chí Minh 14 Thầy Trịnh Khắc Tuân - THPT Thọ Xuân 5, Thọ Xn, Thanh Hóa 15 Cơ Lê Thị Nguyệt - Chuyên Nguyễn Tất Thành, Kon Tum LỜI NÓI ĐẦU | THBTN- Tài liệu Chuyên, Olympiad 16 Cô Trần Thị Thanh Thủy - Chuyên Lê Quý Đôn, Điện Biên 17 Thầy Nguyễn Duy Chiến - THPT Phan Bội Châu, Bình Định 18 Thầy Nguyễn Tài Chung - Chuyên Hùng Vương, Gia Lai 19 Cô Đỗ Thị Hồng Anh - Chuyên Lê Thánh Tông, Quảng Nam 20 Cô Phạm Đoan Ngọc - Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ 21 Thầy Đỗ Văn Huynh - Chun Bình Long, Bình Phước 22 Cơ Phạm Hồng Nhụy - Chuyên Nguyễn Thiện Thành, Trà Vinh 23 Thầy Đào Xuân Luyện - Chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định 24 Thầy Nguyễn Trường Sơn – Chuyên Lương Văn Tụy, Ninh Bình Hà Nam, ngày 18/12/2018 Đại diện tập thể thầy Hồng Xn Bính LỜI NÓI ĐẦU | THBTN- Tài liệu Chuyên, Olympiad ĐA THỨC Câu 1: Tìm tất đơn thức hệ nguyên bậc hai p(x) cho tồn đa thức hệ nguyên thỏa p(x)q(x) đa thức có tất hệ số ±1 Lời giải Chúng ta chứng minh có đa thức thỏa mãn yêu cầu đa thức x2 ± x ± 1, x2 ± x ± 2x + Gọi f (x) đa thức bậc n có tất hệ số ±1 Giả sử z nghiệm phương trình với z >1 n n n- z = ±z n- ±z ± ± £ z n- +z n- + + = z - z- n z ( z - 2) £ - z ta có ai (x+ 1) £ x + dấu xảy Nếu (1) = a =1 Rõ ràng dấu xảy i > , theo AM-GM ta có a - so1 64444i47444448 (x + 1) + + + + ³ ai - (x + 1).1 Þ (x+ 1) £ x + a > Vì x + > nên bất đẳng thúc chặt với i Nhân vế theo vế bất đẳng thức (1) với i = 1,2,3, , n, ta có LỜI NÓI ĐẦU | THBTN- Tài liệu Chuyên, Olympiad thức n å i =1 a (x + ) £ ( x + a ) Û M (x + ) Õi Õ i n i =1 n i =1 Dấu xảy P (x) < 0, " x Ỵ ¡ Câu 5: + n Õ (x + a ) £ Û i i =1 = 1, " i = 1,2, , n P (x) £ Khi đó, M = trái giả thiết Do đó, Vậy P khơng có nghiệm dương Cho số ngun dương n Tìm tất đa thức P thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: i P ( x) = anxn + an- 1xn- + + a1x + a0 , {a ,a , ,a } = { 0,1,2, ,n} ; n ii Đa thức P có n nghiệm thực phân biệt Lời giải Từ i ii, ta suy Gọi x1, x2, , xn an ¹ n nghiệm thực phân biệt đa thức P Theo định lý Viét, ta có n ìï an- ïï e = x = å i ïï an i =1 ïï ïï ïï n n n- a íe = ïï n- å Õ xj = ( - 1) an i =1 j =1 ïï j¹ i ïï n n a ïï e = ïï n Õ xi = ( - 1) an i =1 ïïỵ P ( x) > x £ 0, " i = 1, n Vì với x > 0, ta suy nên i ée > êi êe < 0, " i = 1, n xi < 0, " i = 1,n a ¹ 0, " i = 0, n - ëi Nếu ê , suy i (mâu thuẫn với giả thiết) x Do đa thức P phải có nghiệm, giả sử n , Từ ta suy a0 = P ( x) = x Xét n = 1, ta tìm đa thức thỏa mãn yêu cầu toán Xét n = 2, ta tìm tất đa thức thỏa mãn yêu cầu toán P ( x) = x2 + 2x;P ( x) = 2x2 + x LỜI NÓI ĐẦU | THBTN- Tài liệu Chuyên, Olympiad Xét n = , ta tìm tất đa thức thỏa mãn yêu cầu toán P ( x) = x3 + 3x2 + 2x;P ( x) = 2x3 + 3x2 + x Xét n ³ Ta có P ( x) = xQ ( x) ( n - 1) nghiệm âm phân biệt Đặt , đa thức x1, x2, , xn- Q ( x) = anxn- + an- 1xn- + + a2x + a1 có ti = - xi , " i = 1, n - t > 0, " i = 1, n - , ta suy i n- å i =1 a2 a1 a2 = : = å an an a1 i =1 ti n- Suy ti = an- an n- n- ,å Õ tj = i =1 j =1 j¹ i a2 an n- a1 i =1 an , Õ ti = ỉn- 1÷ a a ỗ ữ ỗ t = n- i ỗỗốồ t ữ ữ a a n , suy i =1 i =1 i ø n- ỉn- 1ư an- a1 n ( n - 1) n ÷ £ ( n - 1) Ê ti ỗỗỗỗồ t ữ ữ n - 1£ ÷ a a è ø i =1 i =1 i hay n £ (vô lý Mà n nên n ³ 4) n- Như vậy, P ( x) = x Nếu n = tất đa thức thỏa mãn yêu cầu toán Nếu n = tất đa thức thỏa mãn yêu cầu toán P ( x) = x2 + 2x;P ( x) = 2x2 + x Nếu n = tất đa thức thỏa mãn yêu cầu toán P ( x) = x3 + 3x2 + 2x;P ( x) = 2x3 + 3x2 + x Nếu n ³ khơng tồn đa thức thỏa mãn yêu cầu toán Câu 6: Cho đa thức: ( Chứng minh với kiện P  x  y ) P ( x) = xn + an- 1xn- + L + a1x + 1, " Ỵ N*,ai = an- i ,i = 1,n - n  * \  1 tồn vô số cặp P  y  x Nếu n = kết cịn khơng? LỜI NÓI ĐẦU | THBTN- Tài liệu Chuyên, Olympiad  x, y   * * thỏa mãn điều Lời giải ìï x < y ï í ï P ( 1) My & P ( y) M y = P ( 1) x = Ta thấy thỏa mãn: ïïỵ ìï x < y ï í * * ï P ( x) My & P ( y) Mx x, y) Ỵ N ´ N ( Ta cần chứng minh thỏa mãn ïïỵ ( y, z) Ỵ tồn cặp Thật ta có z= x yn yn- yn- y yn y2 + an- + an- + L + a1 + > ³ >y x x x x x x = x + Do cách chọn + z= với ìï y < z ï í ï P ( y) Mz & P ( z) My thỏa mãn ïïỵ P ( y) = yn + an- 1yn- + an- 2yn- + L + a1y + P ( y) + Chọn N* ´ N* P ( y) P ( y) = xz Þ P ( y) Mz P ( z) = zn + an- 1zn- + an- 2zn- + L + a1z + n n- n- ỉ ỉ ỉ ỉ æ P ( y) ö P ( y) ö P ( y) ÷ P ( y) P ( y) ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ Pỗ =ỗ + an- ỗ + an- ç + L + a1 ç +1 ÷ ÷ ÷ ữ ữ ữ ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ç ç ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ x x x x x ữ ố ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ ç ç ç è ø ø è ø è ø ố ứ ổ ỗP ( y) ữ ữ xnP ỗ ữ = P ( y) ỗ ữ ỗ ữ x ữ ỗ ố ứ ( ) n ( + an- P ( y) ) n- ( x + an- P ( y) ) n- ( ) x2 + L + a1 P ( y) xn- + xn ( ) , Û xnP ( z) º + a1x + a2x2 + L + an- 1xn- + xn º P ( x) º mody ( x ,y) = Þ P ( z) My n ( ( ) , a = a P ( y) º mody i n- i , i = 1, n - ) Nếu n = kết luận khơng Khi có hữu hạn cặp số nguyên dương ( x,y) thơi Thật tồn ìï x £ y * * ï x , y Ỵ N ´ N : Û ( x, y) Ỵ ( ) í ïï ( x + 1) My & ( y + 1) Mx ïỵ {( 1,1) ;( 1,2) ;( 2,1) ;( 3,2) ;( 2,3) } LỜI NÓI ĐẦU | THBTN- Tài liệu Chuyên, Olympiad Câu 7: p Tìm tất đa thức P ( x)   [ x ] thỏa mãn P( p) |  p , với số nguyên tố p Lời giải Dễ thấy P (x) đa thức P = ±1 thỏa mãn điều kiện toán Xét P (x) khơng phải đa thức Theo định lí Schur, tồn vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn: ứng với p tồn số nguyên n cho p | P (n) p Nếu p | n p | P (n) - P (p) nên p | P (p) | - p , vô lí nên (p, n) = Theo định lí Dirichlet số nguyên tố, ta chọn số nguyên k cho q = n + kp số nguyên tố Khi đó, p | P (q) - P (n) nên p | P (q) | 2q - q = 2n+kp - (n + kp) n+k h = ordp(2) Kết hợp định lí Fermat nhỏ suy ra, p | - n Đặt Nếu có số nguyên k1, k2 n+k1 n+k2 - n k1 º k2(modh) Do đó, ta thỏa mãn p | - n p | chọn k theo lớp thặng dư modulo h Nhưng, theo định lí Dirichlet, ta chọn k cho số nguyên tố q = n + kp nguyên tố với h Khi đó, h | p - nên (n + k, h) = 1, nghĩa ta có f (h) cách chọn lớp thặng dư modulo h cho k Vơ lí Vậy có P = ±1 đa thức thỏa mãn toán Câu 8: Cho phương trình x + ax + bx + cx + dx + = có năm nghiệm thực phân biệt Chứng minh ( ) a2 + d2 > 5( b + c) Lời giải Theo giả thiết P ( x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + = có nghiệm thực phân biệt hạng tử tự khác không nên nghiệm đa thức khác không Ta có: P ¢( x) = 5x4 + 4ax3 + 3bx2 + cx + d P ¢¢( x) = 20x3 + 12ax2 + 6bx + 2c P ¢¢¢( x) = 60x2 + 24ax + 6b 10 LỜI NÓI ĐẦU | THBTN- Tài liệu Chuyên, Olympiad