Đề thi và đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014

Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014Đề thi Đáp án Olympic Gặp Gỡ Toán Học 2014

GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014 Đề thi thử sức - Ngày Thời gian: 180 phút Bài (5 điểm): Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c Chứng minh (2a + b + c) + (2b + c + a) + (2c + a + b) 16 a + b + 1c Bài (5 điểm): Cho (an ) (bn ) hai dãy số thực dương thỏa mãn điều kiện:  ao = 1, a1 =    2bn+1 = 2bn − an    bn = 2an+1 + Đăt cn = 2n+1 n k=0 bk ak Tính lim cn Bài (5 điểm:) Gọi B C hai điểm tùy ý nằm cạnh AP P D tam giác nhọn AP D Gọi Q giao điểm đường chéo tứ giác ABC D, H1 , H2 trực tâm tam giác AP D BP C Giả sử X (X = Q) giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABQ tam giác C DQ Gọi Y (Y = Q) giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCQ ADQ (a) Gọi M , N trung điểm AC, BD Chứng minh điểm X , Y, M , N , Q đồng viên (b) Chứng minh đường thẳng H1 H2 qua X qua Y Bài (5 điểm:) Trên bảng đen, ba đầu người ta viết 2015 số tự nhiên phân biệt: = a0 < a1 < a2 < · · · < a2014 Sau người ta ghi tiếp lên bảng tất số tự nhiên n cho n viết dạng tổng số thuộc 2015 ban đầu (2 số không thiết phân biệt) Hỏi sau viết xong, bảng có số tự nhiên phân biệt, nếu: (a) a2014 = 4028 (b) a2014 = 4027 — Hết — GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014 Đề thi thử sức - Ngày Thời gian: 180 phút Bài (6 điểm): Cho n số tự nhiên, dãy (an ) xác định sau: a0 = 0, a1 = 1, an+2 = 2014 · an+1 − an Chứng minh với n an hợp số Bài (7 điểm): Tìm tất hàm số f : + → + , thỏa mãn điều kiện sau: (a) Với số thực x > f (x) hàm đồng biến (b) Với số thực dương x, y, ta có f (x) · f ( y) = f (x y) + f x y Bài (7 điểm): Cho ω đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường thẳng d song song với BC cắt AB, AC E, F, cắt ω U V Trung điểm BC M , gọi ω đường tròn ngoại tiếp tam giác U M V Giả sử bán kính ω ω nhau, hai điểm T, S giao điểm M E F T với ω Chứng minh E F tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác M C S — Hết — GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014 Lời Giải Và Bình Luận b + 1c Sử dụng đánh giá abc(a+ b+c) 13 (ab+ bc +ca)2 , ta dễ dàng suy ab+ bc +ca Từ đó, áp dụng kết quen thuộc Bài (5 điểm): Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c Chứng minh (2a + b + c) + (2b + c + a) + (2c + a + b) 16 a + Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có (2a + b + c)2 = [(a + b) + (a + c)]2 4(a + b)(a + c), từ suy 1 (2a + b + c)2 4(a + b)(a + c) Sử dụng đánh giá này, ta 1 (2a + b + c)2 4(a + b)(a + c) = a+b+c 2(a + b)(b + c)(c + a) Như vậy, ta cần a+b+c (a + b)(b + c)(c + a) , hay (a + b)(b + c)(c + a) (a + b + c) Ta viết giả thiết toán lại dạng ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) abc(a + b + c) (a + b + c)(ab + bc + ca), ta có (a + b)(b + c)(c + a) (a + b + c)(ab + bc + ca) (a + b + c) Đẳng thức xảy a = b = c = 1, toán chứng minh Bài (5 điểm): Cho (an ) (bn ) hai dãy số thực dương thỏa mãn điều kiện: ao = 1, a1 =    2bn+1 = 2bn − an    bn = 2an+1 +  Đăt cn = n 2n+1 k=0 bk ak Tính lim cn Lời giải: Từ giả thiết toán, ta có  a0 = 1, a1 = 2b = 2bn − an+1  n+11 bn = + 2an+1 tương đương với  a0 = 1, a1 = a =a − 1a  n+2 n+1 n bn = + 2an+1  a0 = 1, a1 = a − 1a = (a − 1a ) = ··· =  n+2 n+1 n+1 n bn = + 2an+1  (a1 2n+1 − a0 ) a0 = 1, a1 = a = 1a  n 21 n−1 bn = + 2an+1 an = bn = Vậy an = 2n 2n + 21n → =b = b Ta chứng minh cn → b Thật vậy, bn → b nên với > 0, tồn n0 cho với n > n0 , bn → bn − b < Ta có cn − b = = = n n+1 n+1 n n  2k · b n+1 k=1 2k (bk − b)  k=1  2n+1  2k (bk −b) + k=1  2n+1   n 2k (bk − b) k=n0 +1 2k (bk − b) n+1 k=1 n k=n0  n0 n0 − k=1  2k · bk bk − b 2n+1−k n0 2k (bk − b) + 2−n−1+k · (n − n0 ) · → −n−1 k=1 Vậy lim cn = b = Bài (5 điểm:) Gọi B C hai điểm tùy ý nằm cạnh AP P D tam giác nhọn AP D Gọi Q giao điểm đường chéo tứ giác ABC D, H1 , H2 trực tâm tam giác AP D BP C Giả sử X (X = Q) giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABQ tam giác C DQ Gọi Y (Y = Q) giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCQ ADQ (a) Gọi M , N trung điểm AC, BD Chứng minh điểm X , Y, M , N , Q đồng viên (b) Chứng minh đường thẳng H1 H2 qua X qua Y Lời giải: (a) Trước hết ta chứng minh bốn điểm X , M , N , Q đồng viên, điểm Y, M , N , Q làm tương tự Ta có ∠X AC = ∠X BD ∠X CA = ∠X DB (do tứ giác nội tiếp) nên X AC ∼ X BD, ta AC MC XC = = XD BD ND Kết hợp với ∠X C M = ∠X DN ta có X C M ∼ X DN Suy ∠X M C = ∠X N D, nên ∠X MQ = ∠X NQ, X , M , N , Q đồng viên Các điểm Y, M , N , Q tương tự đồng viên Vậy X , Y, M , N , Q đồng viên, ta có điều phải chứng minh (b) Ta có H1 , H2 trục đẳng phương đường tròn đường kính AC, BD nên (1) H1 H2 ⊥ M N , X ∈ H1 H2 Theo tính chất phương tích ta có XM − AC = XN − BD2 , hay X M2 − X N2 = AC − BD2 Nếu X M = X N , X AM ∼ X BN (g-g), nên XM XN = AM BN Suy X M2 AM X N2 = BN = X M2 − X N2 AM − BN = 1, ta X M = AM , X N = BN Do ∠AX C = ∠BX D = 90◦ P H2 C B Q H1 Y N M A D X Theo tính chất tứ giác nội tiếp, ∠BAX = ∠X QD = ∠X C D nên PAX C nội tiếp Do tứ giác PAX C nội tiếp ∠AX C = 90◦ , nên ∠AP D = 90◦ (mâu thuẫn giả thiết) Nên X M = X N , suy AC = BD Từ dễ dàng chứng minh chứng minh Y M = Y N , suy X Y ⊥ MN (2) Từ (1) (2) ta dễ dàng suy kết toán Bài (5 điểm:) Trên bảng đen, ba đầu người ta viết 2015 số tự nhiên phân biệt: = a0 < a1 < a2 < · · · < a2014 Sau người ta ghi tiếp lên bảng tất số tự nhiên n cho n viết dạng tổng số thuộc 2015 ban đầu (2 số không thiết phân biệt) Hỏi sau viết xong, bảng có số tự nhiên phân biệt, nếu: (a) a2014 = 4028 (b) a2014 = 4027 Lời giải: (a) Xét 4029 tổng sau: a0 + a0 , a1 + a0 , a2 + a0 , , a2014 + a0 , a2014 + a1 , a2014 + a2 , , a2014 + a2014 Ta thấy a0 < a1 < a2 < · · · < a2014 nên tổng theo tăng dần từ trái qua phải nên chúng phân biệt Suy bảng phải có 4029 số tự nhiên phân biệt Ngoài ra, lấy = 2i, với i ∈ 1, 2013, bảng gồm 4029 số tự nhiên phân biệt là: 0, 2, 4, , 8056 Suy ra, a2014 = 4028 bảng phải có 4029 số tự nhiên phân biệt (b) Đáp số là: · 2014 = 6072 Một dấu = i với i ∈ 1, 2013 Đầu tiên, ta thấy < a0 < a1 < · · · < a2013 < 4027, nên số a0 , a1 , , a2013 có số dư đôi khác xét mod 4027, thế, với số tự nhiên k 4026 cho trước, k − a0 , k − a1 , , a2013 có số dư đôi khác xét mod 4027 Mà dãy có tổng cộng 4028 số, nên theo nguyên lý Drichlet, tồn số tự nhiên u, v 2013 cho au ≡ k − a v (mod 4027), hay au + a v ≡ k (mod 4027) Suy ứng với số tự nhiên số chia 4027 dư k k 4026 bảng có số cho Mặt khác, k = có số 0, 4027, 8054 chia 4027 dư k Còn k = (i ∈ 1, 2013) có số , + 4027 chia 4027 dư k Suy bảng có nhất: · + 2013 · + [4027 − − 2013] · = 6072 số tự nhiên Bài toán giải xong Nhận xét: Lời giải thú vị vốn gốc toán tổ hợp, thực kiến thức hệ thặng dư lại lồng ghép vào, sau đưa kết luận cách đếm cách (Đếm cách cặp < n, k > với n số bảng k 4026 thỏa k ≡ n (mod 4027)) Bài toán tổng quát thành: Cho tập n A gồm n + số tự nhiên, chứng max A A + A = {a + b | a ∈ A, b ∈ A} 2n − |A + A| n + + max A, Bài (6 điểm): Cho n số tự nhiên, dãy (an ) xác định sau: a0 = 0, a1 = 1, an+2 = 2014 · an+1 − an Chứng minh với n an hợp số Lời giải: Trước hết ta chứng minh đẳng thức sau am+n = an am+1 − an−1 am Thay m + n s, ta as = as−m am+1 − as−m−1 am Ta có as = 2014as−1 − as−2 = as−1 a2 − as−2 a1 , với m < s (as−m am+1 − as−m−1 am ) − (as−m−1 am+2 − as−m−2 am+1 ) = (as−m + as−m−2 )am+1 − as−m−1 (am+2 + am ) = (2013as−m−1 )am+1 − as−m−1 (2013am+1 ) =0 Từ dễ dàng suy đẳng thức Tiếp đến, ta chứng minh an | akn , n > (3) quy nạp theo k Thật vậy, với k = ta có điều hiển nhiên Giả sử an | akn , theo giả thiết quy nạp an(k+1) = (ank an−1 − ank−1 an ) an Theo nguyên lí quy nạp, ta có (3) Như vậy, theo (3) với n > hợp số an hợp số, a2 > dãy (an )tăng Cuối cùng, ta cần chứng minh với p > số nguyên tố a p hợp số đủ Đặt p = 2m + 1, ta có 2 a p = a2m+1 = am+1 − am = (am+1 − am )(am+1 + am ) Ta chứng minh am+1 − am > với m Thật am+1 − am = 2013am − am−1 = 2012am + (am − am−1 ) > Do a p hợp số Dễ dàng kiểm tra a2 = 2014 hợp số Tóm lại, an hợp số với số tự nhiên n Bài (7 điểm): Tìm tất hàm số f : + → + , thỏa mãn điều kiện sau: (a) Với số thực x > f (x) hàm đồng biến (b) Với số thực dương x, y, ta có f (x) · f ( y) = f (x y) + f x y Lời giải: Đặt g(x) = f (e x ), ta có g(x) · g( y) = g(x + y) + g(x − y), (4) với số thực dương x, y Từ (4) chọn (x, y) = (0, 0) ta thu g(0) = Giả sử tồn số thực x mà g(x ) < Xét dãy (un ) xác định bởi: u0 = g(x ), un+1 = u2n − 2, n Từ (4) g(2n · x ) = un > (5) Dễ dàng chứng minh dãy (un ) dương, điều mâu thuẫn với (5) Vậy g(x) 2, với số thực x Từ với số thực x tồn a mà g(x ) = a x + a−x Bằng quy nạp ta thu g(n · x ) = a nx + a−nx (6) Đặt g(1) = c + c −1 , từ (6) chọn (n, x ) = (n, 1) suy g(n) = c n + c −n Từ (6) chọn (n, x ) = n, 1n , suy g Từ (6) chọn (n, x ) = m, n n 1 m m = c n + c− n , suy g m n = c n + c− n Vì f (x) đơn điệu với x > nên g(x) đơn điệu với x > nên tồn dãy số hữu tỉ qn pn cho qn x pn > lim (qn ) = lim (pn ) = x x→+∞ Do g tăng nên g(qn ) Cho n → ∞, ta g(x) x→+∞ g(pn ), suy c qn + c −qn g(x) c pn + c −pn c x + c −x g(x) x x + c −x Suy g(x) = c x + c −x , thử lại ta thấy thỏa mãn điều kiện toán Vậy g(x) = c x + c − x hay f (x) = c ln(x) + c − ln(x) , với x > Bài (7 điểm): Cho ω đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường thẳng d song song với BC cắt AB, AC E, F, cắt ω U V Trung điểm BC M , gọi ω đường tròn ngoại tiếp tam giác U M V Giả sử bán kính ω ω nhau, hai điểm T, S giao điểm M E F T với ω Chứng minh E F tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác M C S Lời giải: Ta chứng minh toán đường hợp E, F nằm đoạn AB, AC Trường hợp E, F nằm đoạn AB, AC, chứng minh hoàn toàn tương tự Gọi O tâm đường tròn ω, L giao điểm C S với ω Khi EA · EB = E T · E M , nên tứ giác AT BM nội tiếp Lại có FA · F C = F T · F S, nên tứ giác AT C S nội tiếp Vì BC tiếp xúc với đường tròn ω M nên ∠C M S = ∠M T S = ∠M TA − ∠STA = ∠M BA − ∠AC S = ∠M BA − ∠AB L = ∠C B L Suy M S song song với B L, có S trung điểm C L Suy tiếp OS ⊥ C S, hay tứ giác OM C S nội tiếp đường tròn đường kính OM I d A T L F E U V O S M B C Xét phép vị tự VC2 biến đường tròn ω thành đường tròn đường kính OC Gọi d tiếp tuyến ω cho d song song với U V đồng thời d BC nằm khác phía U V Vì ω ω có bán kính nên ta chứng minh d (C, d) = 2d (C, U V ) Do đường thẳng U V ảnh d qua phép vị tự VC2 d tiếp xúc với ω nên U V tiếp xúc với đường tròn đường kính OM Chứng minh hoàn tất ...GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014 Đề thi thử sức - Ngày Thời gian: 180 phút Bài (6 điểm): Cho n số tự nhiên, dãy (an ) xác định sau: a0 = 0, a1 = 1, an+2 = 2014 · an+1 − an Chứng... bán kính ω ω nhau, hai điểm T, S giao điểm M E F T với ω Chứng minh E F tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác M C S — Hết — GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014 Lời Giải Và Bình Luận b + 1c Sử dụng đánh... 4028 (b) a2014 = 4027 Lời giải: (a) Xét 4029 tổng sau: a0 + a0 , a1 + a0 , a2 + a0 , , a2014 + a0 , a2014 + a1 , a2014 + a2 , , a2014 + a2014 Ta thấy a0 < a1 < a2 < · · · < a2014 nên tổng