de thi chon doi tuyen ngay 20 9 2016

Đề thi chọn đội tuyển tốn trường Phổ thơng Năng khiếu Năm 2016 Ngày thi thứ 20-09-2016 Bài Tìm a để dãy số (un ) hội tụ biết u1 = a   un >   2un − un+1 = −1 − ≤ un ≤ ∀n ∈ N    u2 + 4u + u < −1 n n n Bài Tìm số nguyên dương k nhỏ cho bất đẳng thức xk y k z k (x3 + y + z ) ≤ với x, y, z số dương thỏa x + y + z = Bài Cho hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện: f tăng thực f (2n) = 2f (n) với số nguyên dương n a) Giả sử f (1) = p số nguyên tố lớn Chứng minh tồn n cho f (n) chia hết cho p b) Cho q số nguyên tố lẻ Hãy xây dựng hàm f thỏa mãn điều kiện toán mà f (n) không chia hết cho q với n Bài Tam giác ABC có góc ∠BAC tù, AH⊥BC (H thuộc BC) Điểm M thay đổi cạnh AB Dựng điểm N cho ∆BM N ∼ ∆HCA (H N khác phía AB) a) CM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BM N điểm K (K = M ) Chứng minh đường thẳng N K qua điểm cố định b) N H cắt AC điểm P Dựng Q cho ∆HP Q ∼ ∆HN M (Q M khác phía P N ) Chứng minh Q thuộc đường thẳng cố định Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ Ngày thi thứ hai 22-09-2016 Bài Với số nguyên dương n, tồn số tự nhiên a thỏa a2 ≤ n < (a + 1)2 Đặt ∆n = n − a2 a) Tìm giá trị nhỏ ∆n n thay đổi thỏa n = 15m2 với m số nguyên dương b) Cho p, q số nguyên dương d = 5(4p + 3)q Chứng minh ∆d ≥ Bài Với số nguyên a, b, c, d thỏa ≤ a < b < c < d; kí hiệu T (a, b, c, d) = {{x, y, z, t}|1 ≤ x < y < z < t; x ≤ a, y ≤ b, z ≤ c, t ≤ d} a) Tính số phần tử T (1, 4, 6, 7) b) Cho a = 1, b ≥ Gọi d1 số phần tử T (a, b, c, d) chứa không chứa 2; d2 số phần tử chứa 1, không chứa 3; d3 số phần tử chứa 1, 2, không chứa Chứng minh d1 ≥ 2d2 − d3 Dấu = xảy nào? Bài Trong hệ thống máy tính, máy tính có kết nối trực tiếp với 30% máy tính khác hệ thống Hệ thống có chương trình cảnh báo ngăn chặn tốt, máy tính bị virus, có đủ thời gian lây cho máy tính kết nối trực tiếp với Chứng minh dù vậy, kẻ cơng chọn hay máy tính hệ thống mà thả virus vào hai máy đó, 50% máy tính hệ thống bị nhiễm virus Bài Cho tam giác ABC nhọn; đường tròn (I) có tâm I thuộc cạnh BC tiếp xúc với cạnh AB, AC E, F Lấy M, N bên tứ giác BCEF cho EF N M nội tiếp (I) đường thẳng M N, EF, BC đồng quy M F cắt N E P, AP cắt BC D a) Chứng minh A, D, E, F thuộc đường tròn Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ b) Lấy đường thẳng BN, CM cắt điểm H, K cho ∠ACH = ∠ABK = 90o Gọi T trung điểm HK Chứng minh T B = T C Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ HƯỚNG DẪN GIẢI Bài Ta xét trường hợp sau: TH1 Nếu a > 1, suy u2 = 2u1 − > 1, suy un > 1, ∀n Hơn tìm cơng thức tổng quát un = 2n−1 (a − 1) + Dãy không hội tụ TH2 Nếu a = 1, suy u2 = 1, ta có un = 1, ∀n Vậy un hội tụ TH3 Nếu < a < Ta chứng dãy có số hạng âm Thật giả sử un > 0, ∀n, theo trường hợp ta có < un < un = 2n−1 (a − 1) + → −∞ (Vơ lý) Do tồn k cho uk < 0, giả sử k số nhỏ thỏa, k ≥ < uk−1 < 1, suy −1 < uk = 2uk−1 − < 0, suy uk+1 = −1, suy un = −1∀n ≥ k Vậy un hội tụ TH4 Nếu −1 ≤ a ≤ u2 = −1, từ un = −1, ∀n > 1, dãy hội tụ TH5 Nếu a < −1, ta có u2 = a2 + 4a + Do trường hợp xét, √ u2 > ⇔ a < −2 − dãy khơng hội tụ Ta chứng minh dãy hội tụ √ −2 − ≤ a < −1 + Nếu −2 < a < −1 ta có u2 − u1 = (a + 2)(a + 1) < 0, suy u2 < u1 < −1 u2 + = (a + 2)2 > nên u2 > −2 Do −2 < u2 < −1 Bằng quy nạp ta chứng minh un giảm −2 < un < −1 nên un hội tụ √ + Nếu −2 − ≤ a ≤ −2 u2 + = (a + 2)2 , suy −1 ≤ u2 ≤ 1, theo trường hợp dã xét un hội tụ √ Vậy dãy hội tụ −2 − ≤ a ≤ Bài 1 Với k = ( , , 2) không thỏa bất đẳng thức 2 4 Với k = ( , , ) không thỏa bất đẳng thức 5 Ta chứng minh với k = bất đẳng thức hay x3 y z (x3 + y + z ) ≤ (1) Khơng tính tổng qt ta giả sử z nhỏ nhất, suy z ≤ Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ Ta có x3 + y = (x + y)3 − 3xy(x + y) = (3 − z)3 − 3xy(x + y) Khi (1) ⇔ (3−z)3 +z ≤ +3xy(x+y) ⇔ 3z −9z+9 ≤ +x2 y+xy 3 3 3 xy z xy z (2) x3 y 3 2 + x y + xy ≥ = x3 y z x3 y z z Ta có 3z − 9z + ≤ ⇔ 3(z − 1)3 ≤ (Đúng) z Vậy (1) Ta có điều cần chứng minh Ta có Vậy số nguyên dương k = số nguyên dương nhỏ thỏa đề Bài Đặt A = {f (n + 1) − f (n)|n ∈ N∗ } f tăng thực nên A tập tập số nguyên dương Khi tồn phần tử nhỏ nhất, đặt k Khi tồn n thỏa k = f (n + 1) − f (n) Khi f (2n + 2) − f (2n) = 2f (n + 1) − 2f (n) = 2k mà f (2n) < f (2n + 1) < f (2n + 2) f (2n + 1) − f (2n) ≥ k, f (2n + 2) − f (2n + 1) ≥ k nên f (2n + 1) − f (2n) = k hay f (2n + 1) = f (2n) + k Bằng quy nạp ta chứng minh f (2i n) = 2i f (n), f (2i n + 1) = 2i f (n) + k, , f (2i n + i) = 2i f (n) + ik Do f (1) = 3, f (2) = nên k ≤ Nên (k, p) = Khi p số f (2p n), f (2p n + 1), f (2p n + 2), f (2p n + p − 1) tạo thành hệ thặng dư đầy đủ modul p nên có số chia hết cho p b) Ta xây dựng hàm f sau: f (1) = 2a > q, f (2n) = 2f (n), f (2n + 1) = f (2n) + q Ta chứng minh f thỏa đề f hàm tăng thực Ta chứng minh f (n + 1) − f (n) ≥ q quy nạp Với n = ta có f (2) − f (1) = 2.2a − 2a = 2a > q Giả sử đến k Ta xét f (k + 1) + Nếu k chẵn, ta có f (k + 1) = f (k) + q thỏa k+1 k−1 + Nếu k lẻ, ta có f (k + 1) = 2f ( ) ≥ 2(f ( ) + q) = f (k − 1) + 2q 2 Vậy ta có điều cần chứng minh Ta chứng minh không tồn n thỏa f (n) chia hết cho q Ta chứng minh Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ quy nạp + Ta có f (1) = 2a không chia hết cho q + Giả sử đến k Nếu k chẵn f (k + 1) = f (k) + q không chia hết cho q k+1 Nếu k lẻ f (k + 1) = 2f ( ) không chia hết cho q Vậy f (n) không chia hết cho q với số nguyên dương n Vậy f xây dựng hàm thỏa đề Bài X A K M N C F B H P Q a) Gọi X giao điểm đường thẳng vng góc với BC B đường thẳng AC K giao điểm N X CM Ta có ∆BM N ∼ ∆BCX (cùng hướng) Suy có phép vị tự quay tâm B, biến M → N, C → X Khi K giao điểm CM BX K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ giác BM N Suy K ≡ K Vậy N K qua điểm X cố định b) Xét phép vị tự tâm H : N → P, M → Q, B → F Ta có ∆BM N ∼ ∆F QP Suy ∠F QP = ∠BM N = ∠ACB = ∠F CP Suy tứ giác CF P Q nội tiếp Suy ∠QCP = ∠QF P = ∠M BN = 90o Vậy Q thuộc đường thẳng qua C vng góc với AC cố định Bài Ta cần tìm ∆n nhỏ để phương trình 15m2 − a2 = ∆n có nghiệm nguyên dương Ta thấy 15 − 32 = Ta chứng minh phương trình khơng có nghiệm với ∆n < Ta có a2 +∆n chia hết cho Suy ∆n ∆n +1 (1) Mặt khác a2 +∆n chia hết cho 5, suy ∆n ≡ 0, 1, 4( mod 5) (2) Từ (1) (2) ta có ∆n < thỏa đề ∆n = Ta có 15m2 − a2 = Suy a chia hết cho 5, đặt a = 5s ta có 3m2 − 5s2 = Mà 3m2 − ≡ −1, 2, 11( mod 5) nên phương trình vô nghiệm Vậy ∆n nhỏ b) Xét phương trình 5(4p + 3)q − a2 = ∆d Ta có a2 ≡ 0, 1, 4( mod 5) suy k ≡ 0, 1, 4( mod 5) Ta có 5(4p + 3) ≡ 3( mod 3) nên khác số phương Nếu ∆d = ta có a2 + = 5(4p + 3)q Ta có 5(4p + 3) số có dạng 4k + nên tồn ước nguyên tố r có dạng 4k + 3, suy a2 + ≡= ( mod r), suy ≡ 0( mod r) vô lý Tương tự cho trường hợp ∆d = phương trình 5(4p + 3)q − a2 = vô nghiệm Vậy ∆d ≥ Bài ta áp dụng bổ đề: a2 +b2 chia hết cho số nguyên tố có dạng r = 4k +3 a, b chia hết cho r Bài a) Ta có x ≤ 1, suy x = Suy ≤ y ≤ Suy y = 2, 3, TH1 Nếu y = ≤ z ≤ Với giá trị z có − z giá trị t Suy có 10 TH2 Nếu y = ≤ z ≤ Có Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ TH3 Nếu y = ≤ z ≤ Có Vậy có 19 thỏa đề b) Đặt: T1 = T (1, b, c, d) = {(1, y, z, t)|3 ≤ y ≤ b, y ≤ z ≤ c, z ≤ t ≤ d} T2 = T (1, 2, c, d) = {(1, 2, z, t)|4 ≤ z ≤ c, z ≤ t ≤ d} T3 = T (1, 2, 3, d) = {(1, 2, 3, t)|5 ≤ t ≤ d} Ta có d3 = |T3 | = d − c (d − z) = (c − 3) d + d2 = z=4 (c + 4) (c − 3) Tiếp theo ta tính d1 = |T1 | Vì b ≥ nên y ≥ + Nếu y = T (1, 3, z, t) = d2 c (d − z) = (c − 4)d − + Nếu y = T (1, 4, z, t) = z=5 (c + 5)(c − 4) (c + 5)(c − 4) Suy d1 ≥ d2 + (c − 4)d − Do d1 + d3 − 2d2 ≥ (c − 4)d − (c + 4)(c − 3) (c + 5)(c − 4) + d − − (c − 3)d + =0 2 Vậy d1 + d3 ≥ 2d2 Đẳng thức xảy b = Bài (Đáp án thầy Trần Nam Dũng) Trước hết ta chứng minh bổ đề Bổ đề: Xét tập S tập máy tính X Khi tồn máy tính hệ thống kết nối trực tiếp với 30% máy tính S Chứng minh Xét cặp (s, x) với s thuộc S x thuộc X s, x kết nối trực tiếp Khi đó, tính theo s số cặp khơng |S|.|X| Do tính theo x phải tồn x kết nối trực tiếp với 10 |S| 10 Quay trở lại toán Giả sử hệ thống có n máy tính Xét máy tính A Gọi S tập hợp máy tính khơng kết nối trực tiếp với A Nếu S rỗng kết tốn hiển nhiên Nếu S khơng rỗng theo bổ đề, tồn máy tính B kết nối trực tiếp với 30% máy tính S Ta chứng minh Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ hai máy tính A B thỏa mãn yêu cầu toán Thật vậy, giả sử A kết nối trực tiếp với k máy khác Khi đó, theo cách chọn A hợp với B kết nối trực tiếp với k + 0, 3(n − k) = 0, 7k + 0, 3n ≥ 0, 7.0, 3n + 0, 3n = 0, 51n ta có điều phải chứng minh Bài A F H E T N K Q M D B I C Bổ đề Cho đường tròn (O; R) điểm Q nằm ngồi đường tròn Cát tuyến qua Q cắt (O) M, N Tiếp tuyến M, N cắt A, vẽ AD⊥OQ Khi OD.OQ = R2 Bổ đề (Định lý Brocard) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi P giao điểm AD BC, Q giao điểm AB, CD I giao điểm AC BD Khi P I⊥OQ D giao điểm P I OQ OD.OQ = R2 Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ P B A I K Q O H D C Bổ đề (Định lý Desargue) Cho hai tam giác ABC A B C Gọi M giao điểm ABvA B , N giao điểm AC A C ; P giao điểm BC B C Khi M, N, P thẳng hàng AA , BB CC đồng quy Bổ đề Cho tam giác ABC,hai tia Ax, Ay đối xứng qua phân giác góc A Gọi H, K hình chiếu B Ax, Ay; P, Q hình chiếu C Ax, Ay Khi điểm H, K, P, Q thuộc đường tròn tâm trung điểm BC 10 Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ A P K Q H C B M Trở lại toán a) Theo bổ đề 1, gọi D hình chiếu A BC Ta có ID IQ = R2 Gọi X giao điểm M E N F XP cắt BC D Suy XP ⊥BC ID IQ = R2 Suy D ≡ D Từ ta có X, A, P, D thẳng hàng EF ID nội tiếp b) Gọi S giao điểm CM CN Áp dụng định lý Desargue cho hai tam giác P EF SBC ta có A, P, S thẳng hàng Suy S ∈ AD Ta chứng minh ∠BAK = ∠CAH Suy AK, AH đối xứng qua phân giác góc ∠BAC Áp dụng bổ đề 4, ta có trung điểm HK cách BC 11 Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ ...Ngày thi thứ hai 22- 09 -201 6 Bài Với số nguyên dương n, tồn số tự nhiên a thỏa a2 ≤ n < (a + 1)2 Đặt ∆n = n −... − 3xy(x + y) Khi (1) ⇔ (3−z)3 +z ≤ +3xy(x+y) ⇔ 3z −9z +9 ≤ +x2 y+xy 3 3 3 xy z xy z (2) x3 y 3 2 + x y + xy ≥ = x3 y z x3 y z z Ta có 3z − 9z + ≤ ⇔ 3(z − 1)3 ≤ (Đúng) z Vậy (1) Ta có điều cần... tròn Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ b) Lấy đường thẳng BN, CM cắt điểm H, K cho ∠ACH = ∠ABK = 90 o Gọi T trung điểm HK Chứng minh T B = T C Nguyễn Ngọc Duy - Nguyễn Tăng Vũ HƯỚNG DẪN GIẢI Bài