Tuyển tập đề thi HSG lớp 10 môn Toán - Hướng tới kỳ thi HSG Quốc gia và Khu vực

Chứng minh rằng sau khi gửi mũ sẽ tồn tại một nhóm 673 thành viên sao cho không có ai trong nhóm đó nhận được mũ từ các thành viên khác trong nhóm.. Lời giải Gọi S là tập hợp 2017 thành [r]

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10

H ƯỚ NG T Ớ I K Ỳ THI H Ọ C SINH GI Ỏ I QU Ố C GIA VÀ KHU V Ự C

MÔN TOÁN

THUVIENTOAN.NET BIÊN SOẠN

thuvientoan.net

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 p 1 là lập phương của một số tự nhiên

b) Cho trước số nguyên dương k Hãy chỉ ra một bộ số nguyên dương a b c thỏa mãn , ,  abc k a b c    .Với mọi bộ số a b c như thế, chứng minh rằng , ,  a3 b3 c3 là hợp số

Cho S là tập hợp con của tập hợp 1;2;3; ;9 sao cho các tổng của mỗi cặp hai số phân biệt thuộc S là khác 

nhau Ví dụ tâp con 1;2;3;5 thỏa mãn yêu cầu bài toán còn tập con  1;2;3;4;5 không thỏa mãn yêu cầu bài 

toán vì hai cặp  1;4 và  2;3 có cùng một tổng là 5 Hỏi tập hợp S có nhiều nhất bao nhiêu phần tử?

-HẾT -

ĐỀ SỐ 1

thuvientoan.net

LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 1 Câu 1

Do xy 1 nên bất đẳng thức cuối đúng Đẳng thức xảy ra khi x y hoặc xy 1.

Không mất tính tổng quát giả sử cmin ; ;a b c c 1 và ab  1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c  1

Vậy ta có điều phải chứng minh

Câu 2

a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 p 1 là lập phương của một số tự nhiên

b) Cho trước số nguyên dương k Hãy chỉ ra một bộ số nguyên dương a b c thỏa mãn , ,  abc k a b c    .Với mọi bộ số a b c như thế, chứng minh rằng , ,  a3 b3 c3 là hợp số

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán

Thay x n và y kn với k1, 2, , m1 với m n   Ta có các đẳng thức sau: , *

Mặt khác m m  là tích của hai số nguyên liên tiếp nên  1 m m  chia hết cho  1 2

Thử lại thấy thỏa mãn

a) Gọi T là giao điểm thứ hai của CF với  I

Dễ thấy tứ giác DFET là tứ giác điều hòa

Mà QF là tiếp tuyến của  I tại F và Q E D, , thẳng hàng nên QT là tiếp tuyến của  I tại T

Gọi S FT E DQSDE  1 CQ S DE1Q FBA 1

Mà N là trung điểm của Q FNF2N B N A (Hệ thức Newton)

Cho S là tập hợp con của tập hợp 1;2;3; ;9 sao cho các tổng của mỗi cặp hai số phân biệt thuộc S là khác 

nhau Ví dụ tâp con 1;2;3;5 thỏa mãn yêu cầu bài toán còn tập con  1;2;3;4;5 không thỏa mãn yêu cầu bài 

toán vì hai cặp  1;4 và  2;3 có cùng một tổng là 5 Hỏi tập hợp S có nhiều nhất bao nhiêu phần tử?

Lời giải

Ta thấy tổng của hai phần tử bất kỳ trong tập 1;2;3;5;8 là khác nhau Vậy tập  1;2;3;5;8 thỏa mãn bài toán 

Giả sử tập S là một tập con của 1;2;3; ;9 có  6 phần tử và tổng hai phần tử bất kỳ luôn khác nhau

Vậy tập S có nhiều nhất 5 phần tử

thuvientoan.net

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

thuvientoan.net

LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 3 Câu 1

Vậy x 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

a) Chứng minh rằng hệ có vô số nghiệm

b) Tìm tất cả các bộ số a b c nguyên dương mà , ,  a và b nguyên tố cùng nhau

Lời giải

a) Ta thấy 1;3;7 là nghiệm của hệ nên  m m m với ;3 ;7  m  * cũng là nghiệm của hệ

Suy ra hệ đã cho có vô số nghiệm

thuvientoan.net

b) Đặt dgcd ; b c thì từ ca c a  0 mod , b ta được d a| Vậy dgcd ; a b 1 Do đó b c, nguyên

tố cùng nhau Tương tự ta cũng chứng minh được: a b, nguyên tố cùng nhau và c a, nguyên tố cùng nhau

Do đó a b c, , đôi một nguyên tố cùng nhau

Ta có ab bc ca a b c a b c         bc b c   a chia hết cho a

Chứng minh tương tự ta cũng có ab bc ca a b c     chia hết cho b c,

Suy ra ab bc ca a b c     chia hết cho a b c, , Hay

a) Ta có P a 3 P b 3 P c 3 3P abc (1) Thay a b c  0, ta được P 0 0

Trong (1), thay a x b ,  x và c 0, ta được: P x 3 P x  3  0 P x( )  P x( ),  x 

Trong (1), thay a b x c  ,  2 ,x ta được 2P x 3 P8x33P2 x3

thuvientoan.net

b) Đặt Ag n f n( ) / ( )g n( )  Ta sẽ chứng minh A là tập rỗng

Giả sử A khác rỗng và m là giá trị nhỏ nhất trong 0 A

Gọi n là số tự nhiên sao cho 0 f n 0 g n 0 m0 Do f là một toàn ánh nên tồn tại n là một số tự nhiên sao 1

A

Thật vậy, gọi H là trực tâm của DEF và cần chứng minh O I H, , thẳng hàng

Để ý rằng MI MB PI PB ,  nên PM là trung trực của IB hay NI là đường cao của MNP Tương tự,

MI cũng là đường cao của MNP cho nên I là trực tâm MNP Do MNP và DEF có các cạnh tương ứng cùng vuông góc với IA IB IC, , nên hai tam giác này đồng dạng với nhau

C B

A

Quay trở lại bài toán, ta có:

Gọi K DH  I Dễ thấy các cặp điểm H K và ,  A D đối xứng nhau qua 0,  EF nên DKA H0

Do tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn  O nên áp dụng định lí Ptolemy ta có

Ta chứng minh hoàn toàn tương tự cho các điểm B C 1, 1

Vậy ta hoàn thành việc chứng minh

Trước tiên ta thấy rằng có 2016 số tự nhiên liên tiếp là các “số đẹp” là k2,k3, ,k2017 với k 2 2017!

Với số tự nhiên n ta kí hiệu f n( ) là số các số đẹp trong các số sau n n, 1,n2, ,n2017

1 d d   d n Mỗi lượt hỏi cậu bé được phép chọn một chỉ số j với 1 j 249 và cậu được biết

số d j Tuy nhiên cậu bé không được hỏi về d j khi đã biết d 251 j Tìm số lần hỏi nhỏ nhất để luôn đảm bảo cậu

 I ngoại tiếp tam giác BPL cắt đường thẳng AB tại điểm F khác B Đường tròn  J ngoại tiếp tam giác CPK cắt

đường thẳng AC tại điểm E khác C Chứng minh rằng IJ song song với EF

-HẾT -

ĐỀ SỐ 4

thuvientoan.net

LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 4 Câu 1

Thế vào (2) ta được: x  hoặc 0 x  , chỉ có nghiệm 1 x  thỏa mãn 1

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ; ; ) (1; 2; 3)x y z   

Quay trở lại bài toán, ta có:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

1 d d   d n Mỗi lượt hỏi cậu bé được phép chọn một chỉ số j với 1 j 249 và cậu được biết

số d j Tuy nhiên cậu bé không được hỏi về d j khi đã biết d 251 j Tìm số lần hỏi nhỏ nhất để luôn đảm bảo cậu

bé đó biết được số n

Lời giải

Trước hết ta chứng minh rằng nếu chỉ hỏi một lần thì cậu bé không thể biết được số n

Giả sử tồn tại chỉ số 1 k 249 để cậu bé chỉ cần hỏi d là đoán được số n k

Xét số dạng n p q 124, với 2 p q  là các số nguyên tố, lúc đó 250 ước của n theo thứ tự là:

1  p q pq q   q  p q

d  p , tức là cậu bé không biết được về q, suy ra cậu bé không thể biết được n

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng chỉ cần hỏi hai lần thì cậu bé luôn có thể biết được số n

Cụ thể ta đưa ra chiến thuật hỏi như sau: Hỏi 2 ước d và 249 d 248

+ Nếu d không là bội của 249 d thì BCNN của hai số này là ước của n và lớn hơn 248 d Do đó số cần tìm là 249

Giả sử tồn tại hàm số :f  thỏa mãn đề bài

Đầu tiên, ta thay y bởi x trong (1), được:

 2  

x f x f x f x

x f x f x f x

 I ngoại tiếp tam giác BPL cắt đường thẳng AB tại điểm F khác B Đường tròn  J ngoại tiếp tam giác CPK cắt

đường thẳng AC tại điểm E khác C Chứng minh rằng IJ song song với EF

Lời giải

G E

thuvientoan.net

Gọi AH là đường cao của tam giác ABC Do M là trung điểm của BC nên các tam giác MAB và MAC cân tại M

Từ đó theo giả thiết ta có:

Suy ra BKAvà BAP đồng dạng Từ đó AB2 BP BK

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có AB2BH BC

Từ đó BH BC BP BK   , suy ra tứ giác HPKC nội tiếp hay đường tròn  J đi qua H Tương tự đường tròn

 I cũng đi qua H

Như vậy ta được hai tứ giác nội tiếp PHBF và PHCE, từ đó theo tính chất góc ngoài ta có

PFA PFB PHC PEA   Do đó tứ giác APEF nội tiếp, suy ra   EPF EAF 900, hay PE PF

Gọi G là giao điểm của HP với EF Từ các tứ giác nội tiếp HPEC và APEF ta suy ra

Từ đó chú ý tam giác PEF vuông tại P ta suy ra HP vuông góc với EF tại G

Mặt khác HP vuông góc với đường nối tâm IJ , từ đó suy ra IJ EF||

Ta có điều phải chứng minh

Lời giải

Kí hiệu sáu đỉnh của lục giác là 1,2,3,4,5,6 và sáu số được viết là a b c d e f, , , , , theo thứ tự trên các cạnh

     1,2 ; 2,3 ; ; 6,1 (hình vẽ)

* Chú ý rằng nếu chọn một đỉnh nào đó rồi thêm 1 vào hai số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó thì hiệu

a c e     b d f luôn không đổi:

Do đó điều kiện cần để có bộ thỏa mãn (ii) là a c e b d     f (1)

* Ta chứng minh điều kiện đủ cũng đúng, tức là chứng minh nếu có (1) thì sau hữu hạn bước thực hiện thao tác luôn có các số trên các cạnh lục giác bằng nhau

Thật vậy, lấy N là một số nguyên đủ lớn, N 30

Lần lượt thực hiện các thao tác sau:

+ Chọn đỉnh 1: Thêm 1 vào các số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó N f  lần

thuvientoan.net

+ Chọn đỉnh 2: Thêm 1 vào các số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó N b  lần

+ Chọn đỉnh 4: Thêm 1 vào các số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó N c  lần

+ Chọn đỉnh 5: Thêm 1 vào các số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó N e  lần

Khi đó ta thu được sáu số mới là: a2N b f N N d  ; ; ; 2N c e N N  ; ;

Từ a c e b d     f , suy ra a2N b f   d 2N c e M N   

(do N30     a b c d e f )

+ Chọn đỉnh 3: Thêm 1 vào các số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó M N  lần

+ Chọn đỉnh 6: Thêm 1 vào các số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó M N  lần

Khi đó tất cả sáu số được viết trên các cạnh đều là M (thỏa mãn điều kiện (ii))

* Vậy ta cần đếm số bộ a b c d e f các số nguyên dương phân biệt thỏa mãn , , , , , 

a  a    n  Chứng minh rằng a chia hết cho n p n p  1 với mọi n

nguyên dương và p nguyên tố, p n

Cho A là một tập hợp gồm n số tự nhiên đầu tiên với n  * Gọi B là một tập hợp con có ít nhất k phần tử

của tập A với k  * và k n Chứng minh rằng tồn tại 3 phần tử của tập hợp B có thể tạo thành một cấp số cộng trong các trường hợp sau:

thuvientoan.net

LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 4 Câu 1

Thay x  vào hệ ta thấy không thỏa mãn Vậy 0 x  Theo phương trình thứ hai ta suy ra 0 y 0

Chia cả hai vế của phương trình thứ hai cho x 2 0 ta được

a  a    n  Chứng minh rằng a chia hết cho n p n p  1 với mọi n

nguyên dương và p nguyên tố, p n

Lời giải

Ta chứng minh bằng quy nạp theo p

Khẳng định đã đúng với p 2 vì a chia hết cho n 2n1

f q

q

Thật vậy, với ( , ) = 1m n đật x n y= , = 1

m trong (1) ta có :

thuvientoan.net

1

n f

2

2 2

Nếu O là tâm đường tròn ngoại của hai tam giác ABC DEF, thì H cũng là trực tâm chung

Giả sử tam giác ABC nội tiếp đường tròn O R tam giác ; , DEF nội tiếp đường tròn O r ; 

F/(ABC) FO R FB FA .P

E

F

O

C B

A

D

Tương tự chứng minh được: AE BF CD  Suy ra AB AC BC   ABC đều

Khi đó AEF BFD CDE c g c( )DE DF EF   DEF đều

Vậy ABC,DEF có cùng trực tâm H O

Nếu H là trực tâm của hai tam giác ABC DEF, thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác

Giả sử ABC,DEF có cùng trực tâm H Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

Suy ra G là trọng tâm tam giác DEF

Gọi ( ),( )O O là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác 1 2 ABC DEF, Xét đường thẳng Euler cho hai tam giác trên ta có:

Vậy hai tam giácABC DEF, có chung tâm đường tròn ngoại tiếp O

Bài toán được chứng minh

Câu 5

Cho A là một tập hợp gồm n số tự nhiên đầu tiên với n  * Gọi B là một tập hợp con có ít nhất k phần tử

của tập A với k  * và k n Chứng minh rằng tồn tại 3 phần tử của tập hợp B có thể tạo thành một cấp số cộng trong các trường hợp sau:

a) Giả sử không tồn tại 3 phần tử của B tạo thành một cấp số cộng

Xét các tập con E1;2;3;4 , F5;6;7;8 Khi đó B E 3 hoặc B F 3, giả sử là B E 3, trường hợp B F 3 tương tự

Khi đó B E 1;2;4 hoặc 1;3;4 , ta loại các trường hợp  1;2;3 , 2;3;4 , 1;2;3;4     

Nếu B E 1;2;4 thì B F không thể chứa 6 hoặc 7 Do đó B F  5;8 , vô lý vì tạo ra cấp số cộng

2;5;8 

thuvientoan.net

Nếu B E 1;3;4 thì B F không thể chứa 5 hoặc 7 Do đó B F  6;8 , vô lý vì tạo ra cấp số cộng

4;6;8 

b) Giả sử không tồn tại 3 phần tử của B tạo thành một cấp số cộng

Với n8k r , chia C1;2; ;n thành k tập, mỗi tập gồm 8 số liên tiếp 8k i1;8k i2; ;8k i8 và một tập gồm r số còn lại 8 1;8l l2; ;8l r 

Xét số tự nhiên A  n 20162016 2016 được viết trong hệ thập phân bởi n số 2016 liên tiếp nhau

a) Chứng minh tồn tại số nguyên dương n nhỏ hơn 2016 sao cho A chia hết cho n 2017

b) Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện A chia hết cho 2017 k

Chứng minh rằng 2016 chia hết cho 2 k

Câu 3

Cho P x và   Q x là hai đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn:   P x 3 xQ x 3 chia hết cho x2 x 1

Gọi d là ước số chung lớn nhất của hai số P2013 và Q2013 Chứng minh rằng d chia hết cho 2012

Câu 4

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O B C cố định và ; , A thay đổi trên  O Trên các tia AB AC, lần lượt lấy các điểm M N, sao cho MA MC NA NB ,  Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMN ABC, cắt nhau tại P P A(  ). Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại Q

thuvientoan.net

LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 6 Câu 1

a b c d    hoặc a b c  1,d 1 và các hoán vị

Ta có điều phải chứng minh

Câu 2

Xét số tự nhiên A  n 20162016 2016được viết trong hệ thập phân bởi n số 2016 liên tiếp nhau

a) Chứng minh tồn tại số nguyên dương n nhỏ hơn 2016 sao cho A chia hết cho n 2017

b) Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện A chia hết cho 2017 k

Chứng minh rằng 2016 chia hết cho 2 k

Lời giải

1008 4

Suy ra A chia hết cho 1008 2017

b) Giả sử k là số nguyên bé nhất mà A chia hết k 2017

Với mọi số nguyên m thì A A mk do đó k A  mk 2017 với mọi m 1, 2,

Ta biểu diễn 1008 dưới dạng 1008 ka r  với a r, là các số tự nhiên r k

Do A 1008 2017 và A  ka 2017 suy ra A  r 2017, mâu thuẫn với tính chất nhỏ nhất của k .

Vậy r 0 hay 1008 , suy ra k 2016 2  k Ta có điều phải chứng minh

Câu 3

Cho P x  và Q x  là hai đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn: P x 3 xQ x 3 chia hết cho x2 x 1

Gọi d là ước số chung lớn nhất của hai số P2013 và Q2013 Chứng minh rằng d chia hết cho 2012

Mà degxQ 1 P 1  1 2 degx2 x 1 nên xQ 1 P 1  0 P 1 Q 1 0

Do đó ta có thể phân tích P x   x 1  R x1 và Q x   x 1  R x2 với R x R x1 ; 2  là các đa thức có hệ số nguyên (vì P x Q x   , là các đa thức có hệ số nguyên)

Từ phân tích trên ta có    

1 2

a) Chứng minh ba điểm A P Q thẳng hàng , ,

b) Gọi D là trung điểm BC Các đường tròn có tâm là M N và cùng đi qua , A cắt nhau tại K K, A Đường thẳng qua A vuông góc với AK cắt BC tại E Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt ( )O tại , ( F F A ).Chứng minh đường thẳng AF đi qua một điểm cố định

Lời giải

b) Ta thấy ODC và  O tiếp xúc với nhau tại C nên trục đẳng phương của hai đường này chính là tiếp tuyến

d của  O tại C Ta chứng minh OADE

Thật vậy, O M cùng nằm trên đường trung trực của , ACOM AC Tương tự ONABO là trực tâm tam giác AMN Suy ra AO MN

Xét hai đường tròn M MA,  ; N NA,  ta có AK MN A O K, , thẳng hàng nên OAE 90 0

Hơn nữa ODE900AODE nội tiếp hay O(ADE) Do đó trục đẳng phương của ADE , OCD là OD Trục đẳng phương của   O , ADE là AF

Xét ba đường tròn   O , ADE , ODC đôi một có các trục đẳng phương là OD d AF nên chúng đồng quy , ,tại một điểm Vậy AF đi qua điểm cố định là giao điểm của OD và d

K

D P

Q

N

M

C B

A