Tong hop de thi truong dong 2015

Hướng tới kỳ thi chọn hsg quốc gia môn Toán 2016 Trần Nam Dũng, Lê Phúc Lữ, Trần Quốc Luật (Tổng hợp giới thiệu) TỔNG HP ĐỀ THI & LỜI GIẢI ĐỀ TRƯỜNG ĐÔNG BA MIỀN 2015 Xin cám ơn chia sẻ thầy Huỳnh Tấn Châu, anh Võ Quốc Bá Cẩn bạn Lê Tạ Đăng Khoa để hoàn thành tài liệu Lời nói đầu Thế tuần kỳ thi chọn HSG cấp quốc gia năm 2016 diễn Kỳ thi năm tổ chức thời điểm thường lệ (trong ngày) mơn Tốn thi vào ngày 06-07/01/2016 Thời gian vừa qua, đội tuyển khắp nước tích cực ơn luyện, chuẩn bị hành trang kiến thức lẫn kỹ làm thi để mang kết tốt Song song với buổi bồi dưỡng lớp, địa phương chung tay tổ chức lớp học tập trung gồm học sinh đến từ nhiều tỉnh khác mà quen gọi “trường Đơng Tốn học” Chương trình Trường Đơng năm khởi đầu TP.HCM (từ ngày 22-29/11/2015) trải dài nhiều tỉnh từ Bắc vào Nam, địa điểm bật là: Hà Nội, TP Vinh, Phú Yên, TP.HCM trường Đông Viện Toán Trong trường thế, học sinh đội tuyển trải nghiệm tâm lý thi cử thực với đề thi thử gồm ngày, theo cấu trúc đề thi hàng năm Những đề thi hay, giá trị xem nguồn tài liệu hữu ích cho thí sinh giai đoạn ôn luyện Nhằm chia sẻ với bạn học sinh, quý thầy nguồn tài liệu đó, chúng tơi dành thời gian tổng hợp, biên tập bình luận đơi chút toán đề thi Hy vọng cố gắng giúp ích phần nhỏ cho bạn học sinh đóng góp nguồn tài liệu tham khảo cho q thầy q trình bồi dưỡng HSG TP.HCM, chiều cuối năm 31/12/2015, Ban biên tập Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 Đề số Đề thi trường Đông miền Bắc (Hà Nội) Đề thi ngày Bài (5 điểm) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i)  f (x  y)  f ( x  y) f ( x  y)  yf ( y) với ii) lim x x, y   ; f ( x)  x Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc AC , AB E , F Gọi G , H theo thứ tự điểm đối xứng với E , F qua I Giả sử GH cắt BC P Các điểm M , N thuộc IP cho CM vng góc với IB BN vng góc với IC Chứng minh I trung điểm MN Bài (5 điểm) Chứng minh với số thực khơng âm a, b, c , khơng có hai số đồng thời ta có bất đẳng thức a b  c  b c  a  c  a  b 8abc   2 2 a  bc b  ca c  ab a  bb  cc  a  Bài (5 điểm) Trên bàn cờ 88 , ta đặt quân xe màu xanh, đỏ, vàng cho quân xe khác màu không ăn Hỏi đặt tối đa quân xe biết số quân xe màu giống nhau? Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 Đề số Đề thi trường Đông miền Bắc (Hà Nội) Đề thi ngày Bài (6 điểm) Dãy đa thức Pn ( x, y, z ) xác định sau:  P0 ( x, y , z )     Pn1 ( x, y, z )  ( x  z )( y  z ) Pn ( x, y, z  1)  z Pn ( x, y , z ), n   Chứng minh Pn ( x, y, z ) đa thức đối xứng với n Bài (7 điểm) Cho tam giác ABC cân A có P nằm tam giác cho BPC  180A Các đường thẳng PB, PC cắt CA, AB E , F Gọi I , J tâm bàng tiếp ứng với đỉnh B, C tam giác ABE ACF Gọi K tâm ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh KI  KJ Bài (7 điểm) Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình x  (k  4) y  24  có nghiệm nguyên dương Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 Đáp án đề số Đề thi trường Đơng phía Bắc Đề thi ngày Bài (5 điểm) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i)  f (x  y)  f ( x  y) f ( x  y)  yf ( y) với ii) lim x x, y   ; f ( x)  x Lời giải Giả sử với x  f ( x)  Ta thấy điều khơng thỏa ii) chẳng hạn xét dãy số ( xn ) xác định xn  2n rõ ràng xn  0, n xn  , nhiên ta ln có f ( xn )  0, n nên lim n f ( xn ) 0 xn Từ suy điều giả sử sai, tức phải tồn x0  cho f ( x0 )  Đặt f (0)  a , ta chứng minh a  Trong i), thay x  y , ta có: a  f (2 y ) f (2 y )  yf ( y ) với y   hay a  f (2 x) f (2 x)  xf ( x), x   Trong i), tiếp tục thay y x, ta có: a  f (2 x ) f (2 x)  xf (x) So sánh đẳng thức trên, ta thấy xf ( x)  4 xf (x ), x   Do x  f ( x)   f (x ) , suy f hàm số lẻ Trong i), thay x y x 3y , ta có: Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 f (2 y )  af (4 y )  yf ( y ) f (2 y )  af (4 y )  yf ( y ) Tiếp tục thay vào đẳng thức y  x0  , ý x  f (2 y )  f   , f (2 y )     x  x  f     f       Suy f (2 y )  f (2 y ) Do đó, ta phải có: af (4 y)  af (4 y)  af ( x0 )  af (x0 )  af ( x0 )  af ( x0 )  af ( x0 )  Vì f ( x0 )  nên a  , ta có được: f (2 y )  yf ( y ), y    f (2 y )  f ( y) Do đó, với y   nên f ( y ) y dấu    y  y 2n  f ( y )  f (2n y ) Bằng quy nạp, ta thu  với n   Với y số cho trước, xét    y  2 n y n   , ta có 2n y  nên theo ii) lim n f (2n y )  2n y 2n  f ( y )  f (2n y )  Nếu f ( y )  y lim    , lim  , mâu thuẫn n  n 2 n y  y  2n  f ( y )  f (2 n y ) Nếu f ( y )  y lim    0, lim  , mâu thuẫn n  n 2n y  y  Do đó, f ( y )  y với y  Kết hợp với f (0)  , ta có hàm số f ( y )  y Thử lại ta thấy thỏa mãn Vậy tất hàm số cần tìm f ( x)  x, x   Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 Nhận xét Đây PTH thú vị lạ, đòi hỏi phải kết hợp khéo léo yếu tố giải tích lồng vào biến đổi đại số Việc thu kết quả: tồn x0  mà f ( x0 )  từ ii) không hiển nhiên (nhiều học sinh nhầm lẫn thành dạng vô định , với giả thiết phản chứng tử số 0, tiến đến 0) Bài (5 điểm) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc AC , AB E , F Gọi G , H theo thứ tự điểm đối xứng với E , F qua I Giả sử GH cắt BC P Các điểm M , N thuộc IP cho CM vng góc với IB BN vng góc với IC Chứng minh I trung điểm MN Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC D Kẻ đường kính DK ( I ) gọi M trung điểm BC Khi IM  AK A C' B' K I B D M E C Chứng minh Giả sử AK cắt BC E Qua K kẻ đường thẳng song song với BC , cắt cạnh AB, AC B, C  ABC  AB C  Do đó, tồn phép vị tự tâm A biến AB C  thành ABC , biến K tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A lên B C  AB C  thành E , điểm tương ứng ABC Suy E tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A lên BC tam giác ABC Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 Vì nên M trung điểm DE , mà I trung điểm DK nên IM  AK Bổ để chứng minh Trở lại toán, A Q K S T E F M I N H L G P B D R C Gọi D tiếp điểm ( I ) lên BC Q, K điểm đối xứng với D, P qua tâm I Dễ dàng thấy K  ( I ) PD tiếp xúc với ( I ) nên ta có QK tiếp xúc với ( I ) Cũng tính đối xứng Vì EF đối xứng với GH qua I P  GH nên Q  EF Giả sử AK cắt lại ( I ) L rõ ràng tứ giác KEFL điều hòa (vì AE , AF tiếp tuyến ( I ) ), suy EF tiếp tuyến K , L đồng quy Từ ta có QL tiếp xúc với ( I ) AL  IP Gọi R trung điểm BC Áp dụng bổ đề trên, ta có IR  AK nên IR  IP Tiếp theo, giả sử BN , CM cắt EF S , T biến đổi góc, dễ dàng có được: BTC  BSC  90 Suy T , S thuộc đường tròn đường kính BC Đường thẳng qua tâm R vng góc với IR cắt CT , BS M , N nên theo định lý bướm, ta có IM  IN Bài tốn chứng minh Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 Nhận xét Ta thấy toán phát biểu đơn giản, đẹp để giải cách túy, cần phải vận dụng kết hợp nhiều bổ đề, định lý cách khéo léo Đặc biệt, mơ hình định lý bướm kết thúc ấn tượng cho toán Để giải thích cho việc xử lý theo hướng trên, ta tiếp cận theo hướng sau: Trước hết, rõ ràng kết BTC  BSC  90 quen thuộc sau kỳ thi VMO 2009 Gọi X giao điểm CM BN ta có I trực tâm tam giác XBC Ta có bổ đề thường xuất THCS là: Đường thẳng qua trực tâm, vng góc với đoạn nối trực tâm với trung điểm cạnh, cắt cạnh lại điểm trực tâm trung điểm đoạn thẳng nối điểm Từ dẫn đến “nhu cầu” chứng minh IR  MN Bài (5 điểm) Chứng minh với số thực khơng âm a, b, c , khơng có hai số đồng thời ta có bất đẳng thức sau: a b  c  b c  a  c  a  b 8abc   2 2 a  bc b  ca c  ab a  bb  cc  a  Lời giải Sử dụng bất đẳng thức AM – GM sau a2  bcab  ac  a2  bc  ab  ac 2   a  b  a  c (1) Dấu (1) xảy a  bc  ab  ac , đảm bảo hai trường hợp dấu a  b  c a  b, c  Đánh giá tương tự b2  cabc  ba  b  a2 b  c2 , c2  abca  cb  c  a2 c  b2 Từ ta a b  c  b c  a  c  a  b    2 a  bc b  ca c  ab Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016   a b  c  a  bcab  ac  b c  a  b2  cabc  ba  c  a  b c  abca  cb 2a b  c  2b c  a 2c a  b    a  b a  c b  cb  a c  ac  b 2a b  c  2b c  a   2c  a  b  a  bb  cc  a  2 ab a  b  bc b  c  ca c  a 12abc a  bb  cc  a  2 8abc a  bb  c c  a  Bất đẳng thức chứng minh hoàn toàn Nhận xét Chú ý đẳng thức xảy a  b  c a  b, c  hoán vị Như đánh giá phải đảm bảo dấu xảy điểm Việc nhân thêm đại lượng thích hợp để khử phân thức điều phổ biến, ta cần ý rút kinh nghiệm để làm đơn giản hóa biểu thức đề Bài (5 điểm) Trên bàn cờ 88 , ta đặt quân xe màu xanh, đỏ, vàng cho quân xe khác màu khơng ăn Hỏi đặt tối đa quân xe biết số quân xe màu giống nhau? Lời giải Gọi n số xe loại tổng số xe 3n Ta chứng minh n  Thật vậy, giả sử ngược lại n  Ta gọi GX số hàng chứa quân xe màu xanh VX số cột chứa quân xe màu xanh Thật vậy, có GX hàng chứa xe xanh nên theo ngun lý Dirichlet, có    chứa quân xe (ký hiệu  x số nguyên nhỏ không nhỏ x ) Suy   GX    10 Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 Nhận xét Ý thứ rõ ràng gợi ý cho ý thứ việc cố gắng chứng minh trực tiếp đại số đa thức dựa vào công thức truy hồi cấp có đủ n nghiệm gần bất khả thi Ta buộc phải dùng lượng giác Bài tốn có liên quan đến đa thức Chebyshev quen thuộc là: T0 ( x)  1, T1 ( x)  x, Cho dãy đa thức Tn ( x) thỏa mãn  T (cos  )  cos n  Tn1 ( x)  xTn ( x)  Tn1 ( x), n  Nếu nắm vững đa thức Chebyshev toán nhẹ nhàng Bài (7 điểm) 1) Tìm tất số nguyên dương lẻ t thỏa mãn tính chất: Với số nguyên dương k , tồn số nguyên dương ak cho ak2  t chia hết cho 2k 2) Chứng minh tồn dãy số nguyên dương (ak ) cho: ak2  chia hết cho 2k với k ak21  ak2  chia hết cho với k  1, 2,3, 2k 1 2k Lời giải Ta chứng minh số t cần tìm có dạng 8m  Điều kiện cần: Ta phải có ak2  t (mod 2k ) với k  Rõ ràng số phương chia cho có số dư 0,1, ; đồng thời t số lẻ nên  t (mod 8), nghĩa t có dạng 8k  Điều kiện đủ: với t có dạng 8k  , ta xây dựng dãy (ak ) quy nạp Với k  1, 2,3 , chọn a1  a2  a3  dễ thấy giá trị thỏa mãn Giả sử ta có ak2  t (mod 2k ) ak lẻ với k  Khi d  ak2  t số chẵn lẻ 2k Ta xét trường hợp: - Nếu d chẵn ak2  t  (mod k 1 ) , ta chọn ak 1  ak 58 Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 - Nếu d lẻ ak2  t  k (mod 2k 1 ) , ta chọn ak 1  ak  k 1 (chú ý ak lẻ nên ak 1 số lẻ) Ta có  a2  t  ak21  t  ak  k 1   t  ak2  2k ak  22 k 2  t  2k  k k  ak  2k 2     2k (2  2k 2 )  (mod k 1 ) Suy số ak 1 thỏa mãn Theo ngun lý quy nạp ta xây dựng dãy số (ak ) với k tùy ý Vậy giá trị cần tìm t  8m  7, m   b) Chứng minh tồn dãy số nguyên dương (ak ) cho: ak2  chia hết cho ak21  ak2  với k chia hết cho với k  1, 2,3, 2k 1 2k k Ta có a1  a2  a3  Ta xây dựng quy nạp tương tự Giả sử ta có ak2  chia hết cho 2k với k  Ta xét công thức ak 1  ak2  2ak  Khi đó,  ak2  2ak   ( ak2  7)( ak2  4ak  11)     , suy 7    a k 1 ak21  ak2  ak2  4ak  11   2k 1 2k ak2  4ak  11 ak2  ak21  Ta cần chứng minh   có 2k k 1 Thật vậy, ak lẻ nên đặt ak  2bk  1, suy ak2  4ak 11  (2bk  1)  4(2bk  1) 11  4bk2  4bk   4bk (bk 1)   (mod8) Do đó, số hạng ak 1 thỏa mãn Theo nguyên lý quy nạp, ta có đpcm 59 Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 Nhận xét Đây tốn điển hình số học việc xây dựng số (mà phổ biến quy nạp trên) Ở ý thứ hai, để tìm cơng thức thế, ta thử với trường hợp nhỏ: a1  a2  a3  1, a4  3, a5  5, a6  11, a7  53 Ta tìm liên hệ ak 1 ak Dễ thấy ak 1, ak khơng có quan hệ tuyến tính, ta tìm quan hệ bậc có dạng ak 1  uak2  vak  w với u , v, w số hữu tỉ Thay k  3, 4,5 vào, ta có hệ  u  u  v  w     9u  3v  w   v  1   25u  5v  w  11  w   Từ ta có quan hệ ak 1  ak2  2ak  nêu Bài (7 điểm) Từ điểm A nằm đường tròn (O) , kẻ tiếp tuyến AB, AC đến (O) Gọi E , F trung điểm AB, AC Từ điểm M EF , khác E , F , kẻ tiếp tuyến MP, MQ đến (O) Giả sử PQ cắt EF N OA cắt BC , PQ, EF G , H , D Đường thẳng MH , ON cắt K 1) Chứng minh tứ giác MNKG nội tiếp đường tròn có tâm I 2) Tia IH cắt (OMN ) J OJ , EF cắt T Chứng minh ( JHK ),( DTK ) tiếp xúc với Lời giải 1) Do MP, MQ tiếp tuyến (O ) nên OM  PQ  NH  OM Trong tam giác MNO có OH  MN , NH  MO nên H trực tâm, suy MH  ON , tức MKN  90 Tiếp theo, xét đường tròn điểm ( A) đường tròn (O ) 60 Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 N B E A Q K G D M F H O P C Ta có EA  EB phương tích E /( A )  EA2 , E /( O )  EB nên E thuộc trục đẳng phương ( A) (O ) Tương tự, ta có F thuộc trục đẳng phương ( A) (O ) nên EF trục đẳng phương hai đường tròn Vì N  EF nên N /( A )  N /( O )  NA2  NP  NQ , tức NA tiếp tuyến đường tròn ( APQ ) Mặt khác M  EF nên M /( A)  M /( O )  MA2  MP  MQ nên M tâm ( APQ ) Từ hai điều suy MA  NA , tức MAN  90 Theo tính đối xứng qua EF MGN  MAN  90 nên tứ giác MNKG nội tiếp đường tròn đường kính MN tâm I đường tròn trung điểm MN 2) Gọi OO  đường kính đường tròn (OMN ) ta có ON  NO, OM  OM , mà MH  ON , NH  OM (do H trực tâm OMN ) nên ON  MH , OM  NH , tức tứ giác MHNO  hình bình hành, tức O, I , H thẳng hàng 61 Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 N O' K I Q A D O H M T J P Do IJ  OT nên H trực tâm tam giác OIT Ta chứng minh IK tiếp tuyến chung đường tròn ( DTK ),( HJK ) Vì H trực tâm tam giác OMN nên DHM  DON ( g g )  DH  DO  DM  DN  DA2 Chứng minh tương tự với H trực tâm tam giác OIT , ta có DI  DT  DH  DO Do DA2  DI  DT nên IAT tam giác vuông A, suy IA2  ID  IT Dễ thấy A, K cách I nên IK  IA2  ID  IT , tức IK tiếp xúc với ( DTK ) Hơn nữa, HDT  HJT  90 nên DHJT nội tiếp, dẫn đến IH  IJ  ID  IT  IK nên IK tiếp xúc với ( HJK ) Vậy hai đường tròn ( DTK ) ( HJK ) tiếp xúc với Ta có đpcm Nhận xét Bài toán ứng dụng đẹp phương tích, trục đẳng phương, đặc biệt có trục đẳng phương đường tròn điểm Các yếu tố xây dựng phức tạp nên đòi hỏi phải quan sát, khai thác tốt mơ phán đốn tính chất điểm, đường xử lý Chúng ta sử dụng cực đối cực hay phép biến hình nghịch đảo để làm cho lời giải ngắn gọn 62 Câu lạc Toán học Viện Toán học Hà Nội Bài kiểm tra số Trường đông 2015 Thời gian: 180 phút (5 điểm.) Cho a0 = a, b0 = b với a, b hai số thực dương Với n ≥ 0, đặt an+1 = an + 2an +bn , bn+1 = 31 an+1 bn Hỏi dãy (an ) (bn ) dãy có giới hạn hữu hạn n tiến tới +∞, giải thích (5 điểm.) Cho tam thức f (x) = x + a x + b với a, b số thực Biết phương trình f ( f (x)) = có nghiệm thực phân biệt tổng nghiệm số −1 Chứng minh b ≤ −1/4 (5 điểm.) Từ điểm A nằm ngồi đường tròn (O), kẻ tiếp tuyến AB, AC tới (O) (B ,C tiếp điểm) Điểm E thuộc cung lớn BC (O), khác B C thỏa mãn EB < EC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường thẳng AC điểm thứ hai D, khác A Gọi H hình chiếu vng góc C xuống BD Chứng minh DEH = 2ADB (5điểm.) Một trường học có ≥ lớp học học sinh lớp đội loại mũ có màu riêng để dễ dàng phân biệt Một hôm học sinh tồn trường xếp thành vòng tròn lớn theo cách tùy ý (học sinh lớp khác đứng lẫn với nhau) để chơi trò chơi Sau có tiếng trống tất học sinh đội mũ cho người đứng bên phải Giả sử có hai lớp có số học sinh khác Chứng tỏ có lúc có hai bạn lớp trưởng hai lớp có màu mũ (Hết) Câu lạc Toán học Viện Toán học Hà Nội Bài kiểm tra số Trường đông 2015 Thời gian: 180 phút (6 điểm.) Cho hai đường tròn (O) (O ) cắt A B Kẻ tiếp tuyến chung ngồi E F hai đường tròn ( E thuộc (O) F thuộc (O )) cho B nằm tam giác AE F Gọi M điểm đối xứng với B qua E F (a) Chứng minh tứ giác AE M F nội tiếp (b) Chứng minh tiếp tuyến kẻ từ A M đường tròn ngoại tiếp tứ giác AE M F cắt E F (7 điểm.) Tìm tất hàm số f : → thoả mãn điều kiện f (x + y f (x)) = f (x) + 2x f ( y) với x, y ∈ (7 điểm.) Chứng minh tồn vô hạn ba nguyên tố (p, q, r) đôi phân biệt cho  p−1  ≡ (mod q) 2 q−1 ≡ (mod r)  2 r−1 ≡ (mod p) (Hết) Câu lạc Toán học Viện Toán học Hà Nội Đáp án Bài kiểm tra số 1-2 Trường đông 2015 (5 điểm.) Cho a0 = a, b0 = b với a, b hai số thực dương Với n ≥ 0, đặt an+1 = an + 2an +bn , bn+1 = 13 an+1 bn Chứng minh dãy (an ) (bn ) có giới hạn hữu hạn n tiến tới +∞ Lời giải Dãy (an ) có giới hạn hữu hạn (bn ) tiến +∞ n → +∞ Trước hết, ta nhận xét (an ) dãy tăng Giả sử an ≤ với n Khi ta có bn ≤ b0 = b với n an+1 ≥ an + n ≥ ≥ a + 6+ b 6+ b Nhưng đánh giá lại cho thấy limn→∞ an = +∞, mâu thuẫn với giả thiết an ≤ với n! Như vậy, tồn k cho ak > Đặt c = ak Khi đó, tính tăng (an ), với n ≥ k bn ≥ c n−k bk Từ suy lim bn = +∞ n→∞ Đánh giá cho thấy an ≤ an−1 + c n−k−1 b ≤ ≤ ak + k bk n−k−1 c − j ≤ ak + j=0 c (c − 1)bk Như vậy, dãy {an } dãy tăng bị chặn trên, có giới hạn hữu hạn n → +∞ (5 điểm.) Cho tam thức f (x) = x + a x + b với a, b số thực Biết phương trình f ( f (x)) = có nghiệm thực phân biệt tổng nghiệm số −1 Chứng minh b ≤ −1/4 Lời giải Ký hiệu c1 ≥ c2 nghiệm f (x) = x , x nghiệm f ( f (x)) = thỏa mãn x + x = −1 Tập nghiệm phương trình sau hợp tập nghiệm phương trình f (x) = c1 f (x) = c2 Nếu x x nghiệm phương trình ta có a = Từ c2 ≤ −1/2 Theo giả thiết, biệt thức phương trình f (x) − c2 = dương, nghĩa − 4b + 4c2 > 0, từ b < −1/4 Trong trường hợp lại, giả thiết x i2 + a x i + b = ci , i = 1, Cộng hai vế ta thu x 12 + x 22 − a + 2b = −a Từ đó, x 12 + x 22 + 2b = Vậy b = −(x 12 + x 22 )/2 ≤ −(x + x )2 /4 = −1/4 Bài toán giải (5 điểm.) Từ điểm A nằm ngồi đường tròn (O), kẻ tiếp tuyến AB, AC tới (O) (B ,C tiếp điểm) Điểm E thuộc cung lớn BC (O), khác B C thỏa mãn EB < EC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường thẳng AC điểm thứ hai D, khác A Gọi H hình chiếu vng góc C xuống BD Chứng minh DEH = 2ADB D K A C F H O B E Lời giải Gọi F giao điểm BD đường tròn (O) K giao điểm đường thẳng E F AD Ta có BF E = số đo cung BE = 180◦ − ABE = ADE Như vậy, K F D = K DE Ta suy tam giác đẳng thức K DF (do ABE D nội tiếp) K E D đồng dạng Từ ta có K E · K F = K D2 Mặt khác, KC tiếp tuyến với đường tròn (O) nên K E · K F = KC Từ suy KC = K D, tức K trung điểm C D Bây giờ, C H D vng H nên ta có C K H = 2C DH Mặt khác, theo giả thiết ABE D tứ giác nội tiếp nên ADB = AEB Từ suy C K H = 2AEB (∗) Nhắc lại K DF K E D tam giác đồng dạng Suy K DH = K E D Mặt khác, K trung điểm cạnh huyền C D tam giác vuông C H D nên K DH = K H D Từ suy K H D = K E D Điều cho thấy K DEH tứ giác nội tiếp Như vậy, DEH = C K H (∗∗) Từ (∗), (∗∗) ta suy điều cần chứng minh (5điểm.) Một trường học có ≥ lớp học học sinh lớp đội loại mũ có màu riêng để dễ ràng phân biệt Một hơm học sinh tồn trường xếp thành vòng tròn lớn theo cách tùy ý (học sinh lớp khác đứng lẫn với nhau) để chơi trò chơi Sau có tiếng trống tất học sinh đội mũ cho người đứng bên phải Giả sử có hai lớp có số học sinh khác Chứng tỏ có lúc có hai bạn lớp trưởng hai lớp có màu mũ Lời giải Ban đầu, ta đánh số bạn học sinh 1, 2, 3, · · · , n ngược chiều chuyển mũ Như sau chuyển mũ t lần bạn i đội mũ lúc đầu bạn f t (i) f : {1, 2, · · · , n} → {1, 2, · · · , n} hốn vị vòng quanh f (i) = i + với i (Ở số xét modulo n.) Giả sử k bạn lớp trưởng đánh số x < x · · · < x k Ta chọn lớp A có đơng học sinh Xét k tập f x i (A), ≤ i ≤ k Do có lớp có học sinh nên phải có hai tập số có giao khác rỗng Tức tồn ≤ i < j ≤ k, cho f x i (A) ∩ f x j (A) = Như hai tập A f x j −x i (A) phải có giao khác rỗng, tức có bạn x ∈ A cho f x j −x i (x) = y ∈ A Ta chọn số t cho f t (x j ) = y Khi f t (x i ) = f t (x j + (x i − x j )) = f t ( f x i −x j (x j )) = f x i −x j ( f t (x j )) = f x i −x j ( y) = x Như hai bạn lớp trưởng x i x j đội mũ bạn lớp A (6 điểm.) Cho hai đường tròn (O) (O ) cắt A B Kẻ tiếp tuyến chung ngồi E F hai đường tròn ( E thuộc (O) F thuộc (O )) cho B nằm tam giác AE F Gọi M đối xứng với B qua E F (a) Chứng minh tứ giác AE M F nội tiếp (b) Chứng minh tiếp tuyến kẻ từ A M đường tròn ngoại tiếp tứ giác AE M F cắt E F A N F B F I M E Lời giải (a) Trước hết, M B đối xứng qua E F nên BE F = M E F Lại E F tiếp tuyến (O) nên BE F = BAE Từ suy F E M = BAE Hồn tồn tương tự, ta có E F M = BAF Từ đó, E M F + EAF = 180◦ tứ giác AE M F nội tiếp (b) Gọi N giao điểm tiếp tuyến từ A M với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AE M F Gọi F giao điểm đường tròn với N E Gọi I giao điểm đường thẳng AB E F Bởi E F tiếp tuyến (O) (O ) nên I B · IA = I E I B · IA = I F Suy I trung điểm E F Bằng cách so sánh góc, ta dễ dàng suy tam giác Từ suy EBI AE I đồng dạng EA IA = EB IF Với lập luận tương tự, ta có IA FA = FB IB Các đẳng thức cho thấy EA EB = FA FB Từ đó, EB = E M , F B = F M , EA FA = EM FM (∗) Lại có N A tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác N AF N EA đồng dạng Từ đó, AE F nên N AF = N EA Ta suy FA F N = EA AN Tương tự, ta có F N F M = EM MN Các đẳng thức cho thấy F A EA = F M EM (vì N A = N M ), hay FA EA = F M EM (∗∗) Các đẳng thức (∗), (∗∗) cho thấy F ≡ F ta có điều cần chứng minh (7 điểm.) Tìm tất hàm số f : → thoả mãn điều kiện f (x + y f (x)) = f (x) + 2x f ( y) với x, y ∈ Lời giải Dễ thấy hàm số f ≡ nghiệm hàm f (x + y f (x)) = f (x) + 2x f ( y) (∀x, y ∈ ) (1) Ta giả sử f nghiệm hàm không đồng Như vậy, tồn x ∈ cho f (x ) = Thế x = y = − 21 vào (1) ta thu f (−1/2 − f (−1/2)) = f (−1/2) − f (−1/2) = Như f (a) = với a = − 12 − f − 12 Thay x = a y = x vào (1) ta thu 2a f (x ) = Điều kiện f (x ) = cho thấy a = Như vậy, f (−1/2) = −1/2 Bây giờ, cách x = − 12 vào (1) ta thu f 1 − − y = − − f ( y) 2 (∀ y ∈ ) (2) Thế y = − 14 vào (2) ta thu f (−1/4) = −1/4 Tiếp tục x = − 14 vào (1) sử dụng đẳng thức f (−1/4) = −1/4 ta thu f f ( y) =− − y − − (∀ y ∈ ) So sánh đẳng thức (2) (3) ta thu f − 12 − y = f − 14 − f (2x) = f (x) Như vậy, ta có f (−1) = −1 Thế y = x = vào (1) để có (3) y (∀x ∈ ) (4) vào (2) ta thu f (1/2) = 1/2 Tiếp theo, ta f ( y + 1/2) = 1/2 + f ( y) (∀ y ∈ ) (5) So sánh (2) (5) ta thấy f hàm lẻ Bây giờ, thay y − y (1) ta suy f (x − y f (x)) = f (x) − 2x f ( y) (∀x, y ∈ ) (6) Bằng cách cộng hai hệ thức (1) (6) ta nhận f (x + y f (x)) + f (x − y f (x)) = f (x) (∀x, y ∈ ) Trong đẳng thức trên, ta xét x = 0, đồng thời nhận xét từ lập luận ban đầu ta có x = =⇒ f (x) = 0, y y/(2 f (x)) để có f (x + y) + f (x − y) = f (x) (∀x = 0, y ∈ ) (7) Chú ý f hàm lẻ nên (7) với x = (7) thật với x+ y x− y x, y ∈ Từ đây, cách x, y tương ứng , ta suy f hàm cộng tính: f (x) + f ( y) = f (x + y) (∀x, y ∈ ) Sử dụng tính cộng tính f cho hệ thức (1) ta suy f (2 y f (x)) = 2x f ( y) (∀x, y ∈ ) Từ đây, cách thay y = 1/2 ta thu f ( f (x)) = x (∀x ∈ ) (8) Trong (8) ta thay x f (x) sử dụng (4) để suy f hàm nhân tính: f (x y) = f (x) f ( y) (∀x, y ∈ ) (9) Như vậy, f : → vừa hàm nhân tính vừa hàm cộng tính khơng hàm Ta biết có hàm f (x) = x có tính chất (u cầu học sinh chứng minh điều này!) Ta kết luận f (x) ≡ f (x) = x (∀x ∈ ) Thử lại ta thấy hàm số thoả mãn điều kiện (7 điểm.) Chứng minh tồn vô hạn ba nguyên tố (p, q, r) đôi phân biệt cho  p−1  ≡ (mod q) 2 q−1 ≡ (mod r)  2 r−1 ≡ (mod p) n Lời giải Với n nguyên không âm, đặt Fn = 22 + Đây số Fermat quen thuộc Khẳng định Các số Fermat đôi nguyên tố Thật vậy, điều suy từ đẳng thức Fn = F0 · · · Fn−1 + Khẳng định Hoặc Fn số nguyên tố, Fn có hai ước ngun tố phân biệt Thật vậy, ta cần luỹ thừa (với số mũ ≥ 2) số nguyên Trước hết, ta Fn khơng phải số phương Thật vậy, giả sử n n n a+1 22 + = a2 22 = (a − 1)(a + 1) Suy a số lẻ 22 −2 = a−1 2 Từ đây, ta dễ 2n k dàng suy điều mâu thuẫn Bây giờ, ta giả sử + = a với a, k số nguyên lẻ n (và k ≥ 3) Ta có 22 = a k − = (a − 1)(a k−1 + · · · + 1) Thế a k−1 + · · · + n số lẻ > khơng thể ước 22 Trong trường hợp ta có điều mâu thuẫn cần tìm khẳng định chứng minh Khẳng định Nếu n ≥ ước nguyên tố Fn có dạng 2n+2 k + với k số nguyên dương Thật vậy, giả sử p ước nguyên tố Fn Do Fn lẻ nên p = Gọi d cấp n n+1 n n n modulo p Do p | 22 + | 22 − = (22 + 1)(22 − 1) nên d | 2n+1 Thế p 22 − (vì n n khơng p | 22 + − (22 − 1) = 2, mâu thuẫn) nên d 2n Từ suy d = 2n+1 Theo định lý Fermat nhỏ p | p−1 , d | p − Từ suy 2n+1 | p − Nói riêng, n ≥ p−1 p ≡ (mod 8) Ta suy 2p = (−1) = thặng dư tồn phương modulo p Bây giờ, tiêu chuẩn Euler cho thặng dư tồn phương nói (mod p) Vì d | p−1 , hay 22 n+2 p =2 p−1 Như vậy, p−1 ≡1 | p − Đồng dư tương đương với điều cần chứng minh Quay trở lại toán Ta xây dựng p, q, r sau Trước hết, lấy n tuỳ ý • Nếu Fn số nguyên tố ta chọn p = Fn , q ước nguyên tố Fn+1 r ước nguyên tố Fn+2 • Nếu Fn khơng số ngun tố theo Khẳng định có hai ước nguyên tố phân biệt ta chọn p, q hai ước nguyên tố ta chọn r ước nguyên tố Fn+1 2n Dễ thấy p, q, r thoả mãn điều kiện Thật vậy, n nguyên tố p−1 − = 22 − = n+1 n 22 m − = (Fn+1 − 1)m − Fn+1 q (do 22 = 2n+1 m với m chẵn) Do q ước nguyên tố n+2 Fn+1 ta suy q = 2n+2 k+1 với k chẵn Từ suy 2q−1 −1 = 22 k −1 = (Fn+2 −1)k −1 Fn+2 r Cuối cùng, r ước nguyên tố Fn+2 ta suy r = 2n h + với h số nguyên chẵn n Từ r−1 − = 22 h − = (F − 1)h − F p Với trường hợp lại ta lập luận tương tự n n Cuối cùng, để ý Fn đôi nguyên tố nhau, xây dựng cho ta vô hạn (p, q, r) (Hết) ...  Cn3 19 Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 Đề số Đề thi trường Đơng phía Bắc Trung Bộ (TP.Vinh) Đề thi ngày Bài (6,0 điểm) Trong giải bóng đá có n > đội bóng thi đấu vòng tròn lượt,... quy nạp 26 Hướng tới kỳ thi HSG cấp quốc gia năm 2016 Đáp án đề số Đề thi trường Đơng phía Bắc Trung Bộ Đề thi ngày Bài (6,0 điểm) Trong giải bóng đá có n > đội bóng thi đấu vòng tròn lượt, tức... toán đề thi Hy vọng cố gắng giúp ích phần nhỏ cho bạn học sinh đóng góp nguồn tài liệu tham khảo cho q thầy q trình bồi dưỡng HSG TP.HCM, chiều cuối năm 31/12 /2015, Ban biên tập Hướng tới kỳ thi