Đang tải... (xem toàn văn)
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]
(1)THUVIENTOAN.NET BIÊN SOẠN TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 MÔN TOÁN HƯỚNG TỚI KỲ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VÀ KHU VỰC (2) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2020- 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) THUVIENTOAN.NET ĐỀ SỐ Câu x x y x y y y2 a) Giải hệ phương trình: x y x y b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc Chứng minh rằng: 1 1 2 1 a 1 b 1 c a; b; c Câu a) Tìm tất các số nguyên tố p cho p p 1 là lập phương số tự nhiên b) Cho trước số nguyên dương k Hãy số nguyên dương a, b, c thỏa mãn abc k a b c Với số a, b, c thế, chứng minh a b3 c là hợp số Câu Tìm tất các hàm số f : * * , thỏa mãn f 1 và: f ( x y ) f ( x) f ( y ) xy, x, y * Câu Cho tam giác ABC có O và I là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp Gọi D, E , F là tiếp điểm đường tròn I với BC , CA, AB Gọi giao điểm FD và CA là P, giao điểm ED và AB là Q Gọi M , N là trung điểm PE và QF a) Chứng minh NF NA NB b) Chứng minh OI vuông góc với MN Câu Cho S là tập hợp tập hợp 1; 2;3; ;9 cho các tổng cặp hai số phân biệt thuộc S là khác Ví dụ tâp 1; 2;3;5 thỏa mãn yêu cầu bài toán còn tập 1; 2;3; 4;5 không thỏa mãn yêu cầu bài toán vì hai cặp 1; 4 và 2;3 có cùng tổng là Hỏi tập hợp S có nhiều bao nhiêu phần tử? HẾT - thuvientoan.net (3) LỜI GIẢI ĐỀ SỐ Câu x x y x y y y a) Giải hệ phương trình: x y x y 1 b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc Chứng minh rằng: 1 2 1 a 1 b 1 c a; b; c Lời giải a) Điều kiện y 0, x y Vì x y không phải là nghiệm hệ phương trình nên: x x y x y y y x xy y x y 2y x y2y 0 x y 2y x y x y x y x y 1 x y y Do đó, từ 1 ta có x y Thay x y vào phương trình x y 2y Vì y 0, x y nên x y thứ hai hệ, ta được: x x x x 1 x x 1 x x x x x 1 x x x 1 x x x 1 1 Vì x 2 x 1 x 1 x x2 x 1 x 1 x x x 1 x x 1 x x x 1 x 0 2 2 x x x 1 1 x y nên từ 2 ta có x y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y ; 2 thuvientoan.net x (4) b) Với x, y và xy 1, ta có: 1 2 1 x 1 y xy Thật bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 1 1 0 2 x xy y xy xy x xy y y x y x x y 0 0 2 2 y xy x xy 1 x 1 xy 1 y 1 xy x x y xy 1 y x y 0 1 x y 1 x1 y Do xy nên bất đẳng thức cuối đúng Đẳng thức xảy x y xy Không tính tổng quát giả sử c a; b; c c và ab Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 1 2 1 a 1 b 1 c 1 c Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: 1 1 2 2c 1 2 2 2 1 a 1 b 1 c c ab c 1 c 1 c 1 c 1 c 1 c Đẳng thức xảy và a b c Vậy ta có điều phải chứng minh Câu a) Tìm tất các số nguyên tố p cho p p 1 là lập phương số tự nhiên b) Cho trước số nguyên dương k Hãy số nguyên dương a, b, c thỏa mãn abc k a b c Với số a, b, c thế, chứng minh a b3 c là hợp số Lời giải a) Giả sử p p 1 b3 , b * Ta có p p b3 1 p p 1 b 1b b 1 (1) Mà b3 p p 1 p p3 b p b 1 p 1 (2) Từ (1) và (2) suy b b chia hết cho b2 b 1 kp với k * và k Thay b2 b 1 kp vào (1) p k b 1 1 Vậy b b k k b 1 1 k 2b k k (3) thuvientoan.net (5) Suy b b k 2b k k 1 k 2b (4) Vì b b 1 k b 1 k k b 1 (5) k Nếu b b thì p p 1 Khi đó không tồn p nguyên tố thỏa mãn Với b từ (4) và (5) suy ra: b2 b b b 1 b 1 k b2 b b b 1 b 1 Suy k b Thay vào (3) ta được: b b Với b 7, ta tìm k và p 19 Vậy p 19 là giá trị cần tìm b) Vì abc k a b c nên c k a b ab k Chọn a 1, b k và c k k 2 Ta có a b3 c 3k a b c a3 b3 c3 3abc a b c a b2 c ab bc ca Suy ra: a b3 c a b c a b c ab bc ca 3k Mà a b c ab bc ca nên a b c ab bc ca 3k Như a b3 c là tích hai số nguyên dương nên a b3 c là hợp số Câu Tìm tất các hàm số f : * * , thỏa mãn f 1 và: f ( x y ) f ( x) f ( y ) xy, x, y * Lời giải Giả sử tồn 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: f 2n f ( n) n f 3n f (n) f 2n 2n f 4n f (n) f 3n 3n f mn f (n) f m 1 n m 1 n Cộng vế theo vế ta được: f mn mf (n) thuvientoan.net m m 1 n , m, n * (1) (6) Trong (1) cho n và kết hợp với f 1 1, ta được: f (m) m m 1 , m * Mặt khác m m 1 là tích hai số nguyên liên tiếp nên m m 1 chia hết cho Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f ( x) x x 1 , x * là hàm số cần tìm Câu Cho tam giác ABC có O và I là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp Gọi D, E , F là tiếp điểm đường tròn I với BC , CA, AB Gọi giao điểm FD và CA là P, giao điểm ED và AB là Q Gọi M , N là trung điểm PE và QF a) Chứng minh NF NB NA b) Chứng minh OI vuông góc với MN Lời giải a) Gọi T là giao điểm thứ hai CF với I Dễ thấy tứ giác DFET là tứ giác điều hòa Mà QF là tiếp tuyến I F và Q, E , D thẳng hàng nên QT là tiếp tuyến I T Gọi S FT ED QSDE 1 C QSDE 1 QFBA 1 Mà N là trung điểm QF NF NB NA (Hệ thức Newton) thuvientoan.net (7) b) Tương tự câu a) ta có ME MC MA Suy NI MI NF ME NB NA MC MA Lại có: NB NA MC MA PN /O PM /O NO R MO R NO MO Suy ra: NI MI NO MO NO NO NI NO NI MO MI IO NM MN IO NI MO MI MO MI Vậy OI MN Ta có điều phải chứng minh Câu Cho S là tập hợp tập hợp 1; 2;3; ;9 cho các tổng cặp hai số phân biệt thuộc S là khác Ví dụ tâp 1; 2;3;5 thỏa mãn yêu cầu bài toán còn tập 1; 2;3; 4;5 không thỏa mãn yêu cầu bài toán vì hai cặp 1; 4 và 2;3 có cùng tổng là Hỏi tập hợp S có nhiều bao nhiêu phần tử? Lời giải Ta thấy tổng hai phần tử tập 1; 2;3;5;8 là khác Vậy tập 1; 2;3;5;8 thỏa mãn bài toán Giả sử tập S là tập 1; 2;3; ;9 có phần tử và tổng hai phần tử luôn khác Ta có tổng hai phần tử nhỏ có thể là và tổng hai phần tử lớn có thể là 17 Có 15 tổng từ đến 17 Mặt khác có C62 15 cặp từ S Vậy số từ 13 đến 17 là tổng đúng cặp thuộc S Cặp thuộc 1; 2;3; ;9 có tổng là 1; 2 và có tổng 17 là 8;9 Do đó 1; 2;8;9 S Nhưng ta có mâu thuẫn với tính chất S Vậy tập S có nhiều phần tử thuvientoan.net (8) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2020- 2021 THUVIENTOAN.NET MÔN THI: TOÁN ĐỀ SỐ Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu a) Giải phương trình x 1 x x x x b) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: a b c b2 c2 a2 Câu bc b c mod a Xét hệ đồng dư ca c a mod b đó a b c là các số nguyên ab a b mod c a) Chứng minh hệ có vố số nghiệm b) Tìm tất các số a, b, c nguyên dương mà a và b nguyên tố cùng Câu a) Tìm tất các đa thức P( x) với hệ số thực cho với a, b, c thỏa mãn a b c thì: P a P b3 P c3 3P abc b) Cho hai ánh xạ f : là toàn ánh và g : là đơn ánh, thỏa mãn: f (n) g (n), n Chứng minh rằng: f (n) g (n) với n Câu Cho tam giác ABC nhọn, không cân ngoại tiếp đường tròn I Gọi D, E , F là tiếp điểm đường tròn I lên các cạnh BC , CA, AB Gọi A0 là điểm đối xứng với D qua EF và A1 là giao điểm AA0 với đường thẳng BC Các điểm B1 , C1 xác định tương tự Chứng minh A1 , B1 , C1 cùng nằm trên đường thẳng Euler tam giác DEF Câu Số nguyên dương n gọi là “số đẹp” tồn các số tự nhiên a và b cho n a b b Hỏi có tồn hay không 2018 số tự nhiên liên tiếp cho 2018 số đó có đúng 2016 “số đẹp” ? HẾT thuvientoan.net (9) LỜI GIẢI ĐỀ SỐ Câu a) Giải phương trình x 1 x x x x b) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: a b c b2 c2 a2 Lời giải a) Điều kiện x 2 Khi x x 1 x x x x nên phương trình không có nghiệm trên 2;1 Khi x , áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: x 1 x x x 1 1 1 x Suy ra: x 2 x 10 x x 10 x x x x 2 x 2 Vậy x là nghiệm phương trình b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a(a 2)(c 2) (a 2)(b 2)(c 2) ab bc ca 2(a b c ) abc ab bc ca abc Giả sử b nằm hai số a, c Khi đó (b a)(b c) b ac b(a c) Do đó ab bc ca a(b ac) bc ab(a c) bc b(a c ) abc Nên để chứng minh ab bc ca abc ta cần chứng minh b(a c ) Thật vậy, ta có b(a c ) b(3 b ) (b 1) (b 2) Do đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh là đúng Dấu xảy a b c a 0, b 1, c và các hoán vị Câu bc b c mod a Xét hệ đồng dư: ca c a mod b đó a b c là các số nguyên ab a b mod c a) Chứng minh hệ có vô số nghiệm b) Tìm tất các số a, b, c nguyên dương mà a và b nguyên tố cùng Lời giải a) Ta thấy 1;3; 7 là nghiệm hệ nên m;3m; 7m với m * là nghiệm hệ Suy hệ đã cho có vô số nghiệm thuvientoan.net (10) b) Đặt d gcd b; c thì từ ca c a mod b , ta d | a Vậy d gcd a; b Do đó b, c nguyên tố cùng Tương tự ta chứng minh được: a, b nguyên tố cùng và c, a nguyên tố cùng Do đó a, b, c đôi nguyên tố cùng Ta có ab bc ca a b c a b c bc b c a chia hết cho a Chứng minh tương tự ta có ab bc ca a b c chia hết cho b, c Suy ab bc ca a b c chia hết cho a, b, c Hay ab bc ca a b c nabc 1 1 1 n, n * a b c ab bc ca Do a, b, c nguyên tố cùng nên a chẵn suy bc b c chẵn và đó b, c chẵn, vô lí Vậy a lẽ Xét a 3, b và c Khi đó, ta có: n 1 1 1 1 1 1 a b c ab bc ca 5 7 Suy n 1, vô lí n Vậy a Do đó b 3, c Xét tương tự b thì c tương tự ta loại Vậy b và đó c Tóm lại ta có a, b, c 1, 3, 7 Câu a) Tìm tất các đa thức P( x) với hệ số thực cho với a, b, c thỏa mãn a b c thì: P a P b3 P c3 3P abc b) Cho hai ánh xạ f : là toàn ánh và g : là đơn ánh, thỏa mãn f (n) g (n), n Chứng minh rằng: f (n) g (n) với n Lời giải a) Ta có P a P b3 P c3 3P abc (1) Thay a b c 0, ta P 0 Trong (1), thay a x, b x và c 0, ta được: P x3 P x3 P( x) P(x), x Trong (1), thay a b x, c 2 x, ta P x P 8 x3 3P 2 x Hay P( x) P 8 x 3P 2 x , x (2) n Giả sử P( x) ak x k với n và an So sánh hệ số x n (2), ta được: i0 2an an 8n 3an 2n 2n 8n 23n 3 2n n Suy P( x) px q với p, q Thử lại thấy thỏa mãn Vậy P( x) px q là đa thức cần tìm thuvientoan.net (11) b) Đặt A g (n) / f (n) g (n) Ta chứng minh A là tập rỗng Giả sử A khác rỗng và m0 là giá trị nhỏ A Gọi n0 là số tự nhiên cho f n0 g n0 m0 Do f là toàn ánh nên tồn n1 là số tự nhiên cho f n1 g n0 m0 f n0 Rõ ràng n0 n1 Theo giả thiết m0 f n1 g n1 dấu xảy thì m0 g n1 trái với giả thiết g là đơn ánh Vậy f n1 g n1 tức g n1 A và nhỏ m0 Điều này là mâu thuẫn với tính chất m0 tập A Vậy điều giả sử sai, nên điều cần chứng minh đúng Câu Cho tam giác ABC nhọn, không cân ngoại tiếp đường tròn I Gọi D, E , F là tiếp điểm đường tròn I lên các cạnh BC , CA, AB Gọi A0 là điểm đối xứng với D qua EF và A1 là giao điểm AA0 với đường thẳng BC Các điểm B1 , C1 xác định tương tự Chứng minh A1 , B1 , C1 cùng nằm trên đường thẳng Euler tam giác DEF Lời giải Bổ đề Gọi M , N , P là giao điểm các phân giác A , B , C với đường tròn O và R, r là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ABC Khi đó OI chính là đường thẳng Euler DEF A N E P F B H I O C D M Thật vậy, gọi H là trực tâm DEF và cần chứng minh O, I , H thẳng hàng Để ý MI MB, PI PB nên PM là trung trực IB hay NI là đường cao MNP Tương tự, MI là đường cao 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 thuvientoan.net (12) Hơn các tam giác MNP, DEF nội tiếp các đường tròn bán kính R, r nên R R R OM ID ; ON IE và OP IF r r r R ID IE IF Suy OM ON OP r Hơn nữa, ta có OM ON OP OI ; ID IE IF IH Do đó: R OI IH hay O, I , H thẳng hàng r A A0 K F E O A1 B Q H I D C M Quay trở lại bài toán, ta có: Gọi K DH I Dễ thấy các cặp điểm H , K và A0 , D đối xứng qua EF nên DK A0 H Do tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn O nên áp dụng định lí Ptolemy ta có AB MC AC MB AM BC MC BC MB MC AM AB AC Gọi Q là chân đường phân giác A thì: Do MNP và DEF đồng dạng nên Từ các đẳng thức trên ta được: IQ BQ BC IA BA AB AC DH MI DH MC DK AM A0 H AM IQ DH IA A0 H Theo định lí Thales đảo, dễ dàng suy ba điểm A1 , I , H thẳng hàng hay A1 nằm trên đường thẳng Euler DEF Ta chứng minh hoàn toàn tương tự cho các điểm B1 , C1 Vậy ta hoàn thành việc chứng minh thuvientoan.net (13) Câu Số nguyên dương n gọi là “số đẹp” tồn các số tự nhiên a và b cho n a b b Hỏi có tồn hay không 2018 số tự nhiên liên tiếp cho 2018 số đó có đúng 2016 “số đẹp” ? Lời giải Trước tiên ta thấy có 2016 số tự nhiên liên tiếp là các “số đẹp” là k 2, k 3, , k 2017 với k 22017! Với số tự nhiên n ta kí hiệu f (n) là số các số đẹp các số sau n, n 1, n 2, , n 2017 Vì f (1) 2107 (do 1, 2, 3, 4, không là số đẹp) Để ý f (k ) 2016 và | f (n 1) f (n) | với số tự nhiên n, đó tồn số tự nhiên n mà: n k 22017! cho f (n) 2016 Bài toán chứng minh thuvientoan.net (14) THUVIENTOAN.NET ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN THI: TOÁN ĐỀ SỐ Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu x y x y 5 2 a) Giải hệ phương trình x z x z 40 với x, y, z y z y z 13 b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: 1 1 10 a b c a b c Câu Một cậu bé cần phải đoán số nguyên dương n Cậu ta biết số này có 250 ước nguyên dương d1 d d 250 n Mỗi lượt hỏi cậu bé phép chọn số j với j 249 và cậu biết số d j Tuy nhiên cậu bé không hỏi d j đã biết d 251 j Tìm số lần hỏi nhỏ để luôn đảm bảo cậu bé đó biết số n Câu Tìm tất các hàm số f : , thỏa mãn: 1 x f ( y ) f ( xy ) x y f với x, y x Câu Cho tam giác ABC vuông A, AB AC và M là trung điểm cạnh BC Gọi P là điểm bất kì trên đoạn AM Đường tròn (P khác A và M) K, L là các điểm thuộc tia BP, CP cho AKB ABC và ALC ACB I ngoại tiếp tam giác BPL cắt đường thẳng AB điểm F khác B Đường tròn J ngoại tiếp tam giác CPK cắt đường thẳng AC điểm E khác C Chứng minh IJ song song với EF Câu Tìm số các thứ tự a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 gồm sáu số nguyên dương phân biệt thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: (i) a1 a2 a3 a4 a5 a6 30 (ii) Có thể viết các số a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 lên các cạnh lục giác lồi cho sau số hữu hạn các bước chọn đỉnh nào đó lục giác (mỗi bước chọn đỉnh) cộng thêm vào hai số viết cạnh xuất phát từ đỉnh đó thì ta có thể thu trạng thái tất các số trên các cạnh lục giác HẾT thuvientoan.net (15) LỜI GIẢI ĐỀ SỐ Câu x y x y 5 2 a) Giải hệ phương trình x z x z 40 với x, y, z y z y z 13 b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: 1 1 10 a b c a b c Lời giải x y 5( x y ) 4 a) Từ hệ suy x z 40( x z ) 4 y z 13( y z ) Suy 5( x y ) 13( y z ) 40( x z ) x 3z y Từ hệ dễ thấy y nên đặt a x 3z 2 y y x z ; b , ta 5a 3b (4) y y ( x y )( x y ) (a 1)(a 1) (5) Từ (1) và (3) suy 2 ( y z )( y z ) 13 (b 1)(1 b) 13 Thế b 5a từ (4) vào (5) được: 122a 3a 72a 52 a Suy b y 2 x; z 3x Thế vào (2) ta được: x x , có nghiệm x thỏa mãn Vậy hệ có nghiệm ( x; y; z ) (1; 2; 3) 2 2 b) Ta có: a b c a b c 2 và a b c a b c ab bc ca a b c Suy a b c Do đó t 0;1 cho a b c 6t Khi đó: ab bc ca 3t 2 2 2 Mặt khác 6t a b c a b c a2 3 a Giả bất phương trình này ta thu 1 2t a 2t Tương tự 1 2t b, c 2t Suy ra: thuvientoan.net (16) 1 2t a1 2t b1 2t c abc 1 2t a b c 1 2t ab bc ca 1 2t Thay a b c và ab bc ca 3t vào vế phải bất đẳng thức và thu gọn, ta được: abc 1 t 1 2t Quay trở lại bài toán, ta có: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 24 1 t 8 ab bc ca 2 10 a b c 30 1 2t abc abc 81 t 10 1 2t abc Do abc 1 t 1 2t nên ta có Ta cần chứng mnh 81 t 1 t 1 2t 81 t abc 81 t 1 t 1 2t 81 t 1 t 1 2t 10 1 2t Thật bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 2t 1 10t 5t 1 Do t 0;1 nên bất đẳng thức cuối đúng Đẳng thức xảy và t 1 hay a 2, b c và các hoán vị 2 Suy điều phải chứng minh Câu Một cậu bé cần phải đoán số nguyên dương n Cậu ta biết số này có 250 ước nguyên dương d1 d d 250 n Mỗi lượt hỏi cậu bé phép chọn số j với j 249 và cậu biết số d j Tuy nhiên cậu bé không hỏi d j đã biết d 251 j Tìm số lần hỏi nhỏ để luôn đảm bảo cậu bé đó biết số n Lời giải Trước hết ta chứng minh hỏi lần thì cậu bé không thể biết số n Giả sử tồn số k 249 để cậu bé cần hỏi d k là đoán số n Xét số dạng n p.q124 , với p q là các số nguyên tố, lúc đó 250 ước n theo thứ tự là: p q pq q q124 p.q124 thuvientoan.net (17) Nếu k lẻ thì ước nhận có dạng d k q m , tức là cậu bé không biết p, hay cậu bé không thể biết n Vậy k phải chẵn Ta lại xét số n p124 q , với p,q nguyên tố và p q p , dễ thấy đó các ước d k với k chẵn có dạng d k p m , tức là cậu bé không biết q, suy cậu bé không thể biết n Tiếp theo, ta chứng minh cần hỏi hai lần thì cậu bé luôn có thể biết số n Cụ thể ta đưa chiến thuật hỏi sau: Hỏi ước d 249 và d 248 + Nếu d 249 không là bội d 248 thì BCNN hai số này là ước n và lớn d 249 Do đó số cần tìm là n d 250 lcm d 248 , d 249 + Nếu d 249 là bội d 248 , đặt d 249 t.d 248 thì t là ước n Nhưng t n d3 , suy t d Khi d 248 đó xác định n t.d 249 Vậy sau hai lần hỏi ta luôn có thể xác định số n Câu Tìm tất các hàm số f : , thỏa mãn: 1 x f ( y ) f ( xy) x y f với x, y (1) x Lời giải Giả sử tồn hàm số f : thỏa mãn đề bài Đầu tiên, ta thay y x (1), được: x f ( x) f x f 1 với x x Thay x (2) x và y 2x (1), được: x f x f x f 4 với x x (3) Trong (1), thay x 2x và y x, được: 2 x f 2 x f 4 x f 1 với x (4) 2x Cuối cùng, ta thay x 4x và y x, được: 1 4 x f ( x) f x 4x thuvientoan.net 1 f với x (5) (18) Từ (2), (3), (4) và (5), ta có hệ phương trình: x f ( x) f x f 1 x x f ( x) f x f 1 x với x x f 2 x f x f 4 x 4 x f ( x) f 4 x f x Giải hệ phương trình này ta được: 1 1 f 20 f 1 16 f 4 16 f 20 f 1 f 4 4 4 f ( x) x với x 45 54 x Hay là f ( x) ax b với x x Thử lại thấy thỏa mãn Vậy tất các hàm số cần tìm là f ( x) ax b với x x Câu Cho tam giác ABC vuông A, AB AC và M là trung điểm cạnh BC Gọi P là điểm bất kì trên đoạn AM Đường tròn (P khác A và M) K, L là các điểm thuộc tia BP, CP cho AKB ABC và ALC ACB I ngoại tiếp tam giác BPL cắt đường thẳng AB điểm F khác B Đường tròn J ngoại tiếp tam giác CPK cắt đường thẳng AC điểm E khác C Chứng minh IJ song song với EF Lời giải F A I G L E K P B H C M J thuvientoan.net (19) Gọi AH là đường cao tam giác ABC Do M là trung điểm BC nên các tam giác MAB và MAC cân M Từ đó theo giả thiết ta có: AKB ABC MAB Suy BKA và BAP đồng dạng Từ đó AB BP BK Theo hệ thức lượng tam giác vuông ta có AB BH BC Từ đó BH BC BP BK , suy tứ giác HPKC nội tiếp hay đường tròn J qua H Tương tự đường tròn I qua H Như ta hai tứ giác nội tiếp PHBF và PHCE, từ đó theo tính chất góc ngoài ta có PFB PHC PEA Do đó tứ giác APEF nội tiếp, suy EPF EAF 900 , hay PE PF PFA Gọi G là giao điểm HP với EF Từ các tứ giác nội tiếp HPEC và APEF ta suy ECH PFE GPE ACB MAC Từ đó chú ý tam giác PEF vuông P ta suy HP vuông góc với EF G Mặt khác HP vuông góc với đường nối tâm IJ , từ đó suy IJ || EF Ta có điều phải chứng minh Câu Tìm số các thứ tự a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 gồm sáu số nguyên dương phân biệt thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: (i) a1 a2 a3 a4 a5 a6 30 (ii) Có thể viết các số a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 lên các cạnh lục giác lồi cho sau số hữu hạn các bước chọn đỉnh nào đó lục giác (mỗi bước chọn đỉnh) cộng thêm vào hai số viết cạnh xuất phát từ đỉnh đó thì ta có thể thu trạng thái tất các số trên các cạnh lục giác Lời giải Kí hiệu sáu đỉnh lục giác là 1,2,3,4,5,6 và sáu số viết là a, b, c, d , e, f theo thứ tự trên các cạnh 1, 2;2,3; ;6,1 (hình vẽ) * Chú ý chọn đỉnh nào đó thêm vào hai số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó thì hiệu a c eb d f luôn không đổi: Do đó điều kiện cần để có thỏa mãn (ii) là a c e b d f (1) * Ta chứng minh điều kiện đủ đúng, tức là chứng minh có (1) thì sau hữu hạn bước thực thao tác luôn có các số trên các cạnh lục giác Thật vậy, lấy N là số nguyên đủ lớn, N 30 Lần lượt thực các thao tác sau: + Chọn đỉnh 1: Thêm vào các số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó N f lần thuvientoan.net (20) + Chọn đỉnh 2: Thêm vào các số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó N b lần + Chọn đỉnh 4: Thêm vào các số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó N c lần + Chọn đỉnh 5: Thêm vào các số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó N e lần Khi đó ta thu sáu số là: a N b f ; N ; N ; d N c e; N ; N Từ a c e b d f , suy a N b f d N c e M N (do N 30 a b c d e f ) + Chọn đỉnh 3: Thêm vào các số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó M N lần + Chọn đỉnh 6: Thêm vào các số viết trên hai cạnh kề với đỉnh đó M N lần Khi đó tất sáu số viết trên các cạnh là M (thỏa mãn điều kiện (ii)) * Vậy ta cần đếm số a, b, c, d , e, f các số nguyên dương phân biệt thỏa mãn a c e b d f 15 Ta liệt kê các ba số nguyên dương có tổng 15: 1, 2,12; 1,3,11; 1, 4,10; 1,5,9; 1, 6,8; 2,3,10; 2, 4,9; 2,5,8; 2, 6, 7; 3, 4,8; 3,5, 7; 4,5, 6 * Từ đó ta có 19 cách chọn hai ba Do đó số cần tìm là 196! thuvientoan.net (21) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021 THUVIENTOAN.NET MÔN THI: TOÁN ĐỀ SỐ Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu x3 y 1 x 1 x a) Giải hệ phương trình với x, y x y y 1 x x 1 b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: a b c ab bc ca 8a bb cc a Câu Cho dãy số nguyên a1 1, an1 2n 2an 1 , n * Chứng minh an chia hết cho p n p 1 với n nguyên dương và p nguyên tố, p n Câu Tìm tất các hàm số f : với là tập hợp các số hữu tỉ dương, thỏa mãn: f ( x) f ( y ) xyf ( xy ) = f ( xy ) , x, y f ( x y) Câu DB EC FA Chứng minh hai tam EA EA FB giác ABC , DEF có chung tâm đường tròn ngoại tiếp O và hai tam giác có chung trực tâm H Cho tam giác ABC có D BC , E CA, F AB cho k Câu Cho A là tập hợp gồm n số tự nhiên đầu tiên với n * Gọi B là tập hợp có ít k phần tử tập A với k * và k n Chứng minh tồn phần tử tập hợp B có thể tạo thành cấp số cộng các trường hợp sau: a) n 8, k b) n lẽ và n 2017, k n 1 HẾT thuvientoan.net (22) LỜI GIẢI ĐỀ SỐ Câu x3 y 1 x 1 x a) Giải hệ phương trình với x, y x y y 1 x x 1 b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: a b c ab bc ca 8a bb cc a Lời giải a) Điều kiện xác định: x Thay x vào hệ ta thấy không thỏa mãn Vậy x Theo phương trình thứ hai ta suy y Chia hai vế phương trình thứ hai cho x ta 1 y y 1 1 (*) x x Xét hàm số f t t t , t 0; Với a b; a, b 0; ta có: a b a b a b f a f b a b 1 2 a a b b Vậy hàm số đồng biến trên 0; y Thế vào phương trình thứ hệ ta có x x x 1 x x x a thì a 2a a 2a Do đó từ phương trình (*) ta suy Đặt Nếu a thì a 2a a 2a Nếu a thì a 2a a 2a Do a b) Ta có: 8a bb c c a a b c 8a bb cc a 4ab 4ac a ba c Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được: 4ab 4ac a ba c 4ab 4ac a ba c Suy ra: 8a bb c c a 4ab 4ac a ba c a b c ab bc ca thuvientoan.net (23) Đẳng thức xảy và a b c Ta có điều phải chứng minh Câu Cho dãy số nguyên a1 1, an1 2n 2an 1 , n * Chứng minh an chia hết cho p n p 1 với n nguyên dương và p nguyên tố, p n Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo p Khẳng định đã đúng với p vì an chia hết cho 2n1 Với p : a3 12 31 3k1 Giả sử đã có ak 3k 2 ak 2k 1.3k 2 2.3k 2 3k 1 ak 1 2ak 1 1 3k 1 Do đó an chia hết cho 3n2 Cho p nguyên tố lẻ lớn Giả sử đã có an chia hết cho q nq 1 với n nguyên dương và q nguyên tố, q n, q p Ta chứng minh khẳng định với p Do p 1 là tích các số dạng q với q nguyên tố nhỏ p nên từ giả thiết quy nạp suy với n p 1 ta có an q nq 1 q pq q (do p 1 q nên p q q q 2 1 ) nên an p 1 Do đó a p a p1 1 p1 1 p Giả sử ta đã có ak p k p 1 với k p , mà ak p 1 nên ak p 1 p k p1 p k p2 , đó suy p k p2 ak 1 2ak 1 1 p k p Đó chính là điều phải chứng minh Câu Tìm tất các hàm số f : với là tập hợp các số hữu tỉ dương, thỏa mãn: f ( x) f ( y ) xyf ( xy ) = f ( xy ) , x, y (1) f ( x y) Lời giải Bước 1: Chứng minh f (1) = Thật vậy, cho y = vào (1) và đặt f (1) = a, ta có: f ( x) a xf ( x) = thuvientoan.net f ( x) f ( x) f ( x 1) = (2) f ( x 1) (1 x) f ( x) a (24) a 1 Suy ra: f (2) = ; f (3) = = ; f (4) = 4a a a a a f (4) Mặt khác, cho x = y = vào (1), ta có: f (2) f (4) = = f (4) = a = Vậy f (1) = 5a 4a f ( x) Bước 2: Chứng minh f ( x n) = , n = 1, 2, (3) (n 2nx) f ( x) 1 Từ (2) suy Bằng phương pháp quy nạp, ta có: Từ (2) suy (3) đúng với n = , giả sử đúng với n = k Ta có: f ( x) f (x k) (k 2kx) f ( x) = f ( x k 1) = (1 2( x k )) f ( x k ) (1 2( x k )) f ( x) (k 2kx) f ( x) f ( x) = ( x 1) 2(k 1) x) f ( x) 1 Và từ f (1) = ta có f (n 1) = f (1) = (n 2n) f (1) 1 (n 1)2 , n N * n2 1 ,n = 1, 2, (4) Bước 3: Chứng minh f = n = n n hay f (n) = 1 f 1 n Thật vậy, (3) thay x = ta có : f n = 1 n n (n 2) f ) 1 n Thay y = vào (1)ta có : f ( x) n 1 Vậy f (n) f = n 1 f = x 1 1 = n f mà f (n) = nên f = n n 1 n n f n n Bước 4: Chứng minh q = m , (m; n) = 1, m, n N * thì f (q ) = n q Thật vậy, với (m, n) = đật x = n, y = thuvientoan.net f x x (1) ta có : m (25) 1 2n f f (n) m m n f = m n f m f n m 1 f 1 m = Cho x = (3), ta có: f n = 2n m m 2n n f n m m m m Do đó, 2n m2 n m n 1 f = n m m n f m 2 n n m Vậy f (q) = f = = = m n q n2 m Thử lại ta có f ( x) = thỏa mãn yêu cầu đề bài x Câu DB EC FA Chứng minh hai tam EA EA FB giác ABC , DEF có chung tâm đường tròn ngoại tiếp O và hai tam giác có chung trực tâm H Cho tam giác ABC có D BC , E CA, F AB cho k Lời giải Nếu O là tâm đường tròn ngoại hai tam giác ABC , DEF thì H là trực tâm chung Giả sử tam giác ABC nội tiếp đường tròn O; R , tam giác DEF nội tiếp đường tròn O; r A F O B E D Xét phương tích: PD /( ABC ) DO R DB.DC PE/( ABC ) EO R EA.EC PF/( ABC ) FO R FB.FA thuvientoan.net C (26) Suy DB DC EA EC FA FB Mặt khác kết hợp giả thiết ta có: k DB CE k AF k AF BD CF Tương tự chứng minh được: AE BF CD Suy AB AC BC ABC Khi đó AEF BFD CDE (c.g c) DE DF EF DEF Vậy ABC , DEF có cùng trực tâm H O Nếu H là trực tâm hai tam giác ABC , DEF thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp hai tam giác Giả sử ABC , DEF có cùng trực tâm H Gọi G là trọng tâm tam giác ABC CD BD GB GC Khi đó GA GB GC 0, GD BC BC Tương tự ta có: CD AF CE BF AE BD GB GA GC GA GB GC O GD GE GF AC BC BC AB AC AB Suy G là trọng tâm tam giác DEF Gọi (O1 ), (O2 ) là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC , DEF Xét đường thẳng Euler cho hai tam giác trên ta có: GO1 1 GO2 O1 O2 O GH GH Vậy hai tam giác ABC , DEF có chung tâm đường tròn ngoại tiếp O Bài toán chứng minh Câu Cho A là tập hợp gồm n số tự nhiên đầu tiên với n * Gọi B là tập hợp có ít k phần tử tập A với k * và k n Chứng minh tồn phần tử tập hợp B có thể tạo thành cấp số cộng các trường hợp sau: a) n 8, k b) n lẽ và n 2017, k n 1 Lời giải a) Giả sử không tồn phần tử B tạo thành cấp số cộng Xét các tập E 1; 2;3; 4 , F 5; 6;7;8 Khi đó B E B F 3, giả sử là B E , trường hợp B F tương tự Khi đó B E 1; 2; 4 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 Do đó B F 5;8 , vô lý vì tạo cấp số cộng 2;5;8 thuvientoan.net (27) Nếu B E 1;3; 4 thì B F không thể chứa Do đó B F 6;8 , vô lý vì tạo cấp số cộng 4; 6;8 b) Giả sử không tồn phần tử B tạo thành cấp số cộng Với n 8k r , chia C 1; 2; ; n thành k tập, tập gồm số liên tiếp 8ki 1;8ki 2; ;8ki 8 và tập gồm r số còn lại 8l 1;8l 2; ;8l r Khi đó B 8ki 1;8ki 2; ;8ki 8 , nên B 8l 1;8l 2; ;8l r Số cách chọn ít r 1 l r 1 r 1 phần tử thuộc B từ tập 8l 1;8l 2; ;8l r nhiều là Cr C74 35 Có ít 127 tập có dạng 16 j 1;16 j 2; ;16 j r nên có ít hai tập mà các số dư chia cho ít r 1 phần tử thuộc D là giống Giả sử là 16m 1;16m 2; ;16m r và 16n 1;16n 2; ;16n r Khi đó tập B 8m n 1;8m n 2; ;8m n r không thể chứa ít cộng các cặp phần tử tương ứng nói trên, tức là có tối đa thuvientoan.net r 1 phần tử là trung bình r 1 phần tử còn lại, vô lý (28) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021 THUVIENTOAN.NET MÔN THI: TOÁN ĐỀ SỐ Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu a) Giải phương trình 162 x 27 x x 1 b) Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn a b c d Chứng minh rằng: a b c d a a 1 b b 1 c c d d Đẳng thức xảy nào? Câu Xét số tự nhiên An 20162016 2016 viết hệ thập phân n số 2016 liên tiếp a) Chứng minh tồn số nguyên dương n nhỏ 2016 cho An chia hết cho 2017 b) Gọi k là số nguyên dương nhỏ thỏa mãn điều kiện Ak chia hết cho 2017 Chứng minh 2016 chia hết cho 2k Câu Cho P x và Q x là hai đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn: P x3 xQ x3 chia hết cho x x Gọi d là ước số chung lớn hai số P 2013 và Q 2013 Chứng minh d chia hết cho 2012 Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O ; B, C cố định và A thay đổi trên O Trên các tia AB, AC lấy các điểm M , N cho MA MC , NA NB Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMN , ABC cắt P ( P A) Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC Q 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 qua A cắt K , K A Đường thẳng qua A vuông góc với AK cắt BC E Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O) F ( F A) Chứng minh đường thẳng AF qua điểm cố định Câu Xếp hết 2017 học sinh vào 10 hàng thẳng phân biệt, cách xếp ta quan tâm đến thứ tự củacác học sinh hàng (tính từ trên xuống dưới) Hỏi có tất bao nhiêu cách xếp cho số học sinh hàng là số tự nhiên bất kì thuộc đoạn 0; 2017 ? HẾT thuvientoan.net (29) LỜI GIẢI ĐỀ SỐ Câu a) Giải phương trình 162 x 27 x x 1 b) Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn a b c d Chứng minh rằng: a b c d a a 1 b b 1 c c d d Đẳng thức xảy nào? Lời giải a) Phương trình đã cho tương đương với: 162 x 162 x 162 x 3x 3x 1 27 x x 1 1 3x 19 x 3x 1 3 162 x 162 x 3x 1 3x 3x 1 27 x x 0 0 27 x x 1 1 162 x3 162 x3 9 x 3x 1 0 3x Xét phương trình: 9 x x 1 162 x 162 x 3x 27 x x 1 1 0 9 x 3x 1 162 x3 162 x Ta đặt a 162 x suy ra: a 1 a 2 3x 1 a 3x 3x x a 3x 3x a Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 1 1 b) Đặt x a , y b , z c , t d ta có x y z t và cần chứng minh: 2 2 4x 4y 2 4z 4t x y z 4t 3 Hay 2 x 1 4x thuvientoan.net 2 y 1 4y 3 2 z 1 4z 2t 1 4t 3x 162 x (30) Ta có x 3x y z t 3x 3 y z t 2 Nên 2 x 1 x2 2 x 1 3 x y z t 1 VT Suy ra: 2 2 x 1 2 y 1 2 z 1 2t 1 3 x y z t 1 x y z t 1 x y z t 3 x y z t 1 3 Đẳng thức xảy và x y z t x y z , t và các hoán vị, hay là 2 abcd a b c 1, d 1 và các hoán vị Ta có điều phải chứng minh Câu Xét số tự nhiên An 20162016 2016 viết hệ thập phân n số 2016 liên tiếp a) Chứng minh tồn số nguyên dương n nhỏ 2016 cho An chia hết cho 2017 b) Gọi k là số nguyên dương nhỏ thỏa mãn điều kiện Ak chia hết cho 2017 Chứng minh 2016 chia hết cho 2k Lời giải 1008 a) Ta có A1008 2016 1 10 10 41007 2016 104 1 104 1 Vì 2017 là số nguyên tố và 102 , 2017 nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có: 2016 1008 10 1 2017 10 1 2017 1008 Mà 104 1 104 1 và 104 1, 2017 nên: 1008 104 1 2017 104 1 k với k * Suy A1008 chia hết cho 2017 b) Giả sử k là số nguyên bé mà Ak chia hết 2017 Với số nguyên m thì Amk Ak đó Amk 2017 với m 1, 2, Ta biểu diễn 1008 dạng 1008 ka r với a, r là các số tự nhiên r k thuvientoan.net (31) Nếu r 0, ta có: A1008 Aka 104 r Ar Do A1008 2017 và Aka 2017 suy Ar 2017, mâu thuẫn với tính chất nhỏ k Vậy r hay 1008 k , suy 2016 2k Ta có điều phải chứng minh Câu Cho P x và Q x là hai đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn: P x3 xQ x3 chia hết cho x x 1 Gọi d là ước số chung lớn hai số P 2013 và Q 2013 Chứng minh d chia hết cho 2012 Lời giải Ta có P x xQ x P x P 1 x Q x Q 1 xQ 1 P 1 (1) Vì P x P 1 x 1 và x3 1 x x 1 nên P x P 1 x x 1 Lập luận tương tự ta có Q x Q 1 x x 1 Do đó kết hợp với (1) thì xQ 1 P 1 x x 1 Mà deg xQ 1 P 1 deg x x 1 nên xQ 1 P 1 P 1 Q 1 Do đó ta có thể phân tích P x x 1 R1 x và Q x x 1 R2 x với R1 x ; R2 x là các đa thức có hệ số nguyên (vì P x , Q x là các đa thức có hệ số nguyên) P 2013 2012 R1 2013 Từ phân tích trên ta có Q 2013 2012 R2 2013 Hay P 2013 2012 và Q 2013 2012 Vậy d P 2013 , Q 2013 2012 Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O ; B, C cố định và A thay đổi trên O Trên các tia AB, AC lấy các điểm M , N cho MA MC , NA NB Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMN , ABC cắt P ( P A) Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC Q 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 qua A cắt K , K A Đường thẳng qua A vuông góc với AK cắt BC E Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O) F , ( F A) Chứng minh đường thẳng AF qua điểm cố định Lời giải thuvientoan.net (32) a) Không tính tổng quát , giả sử AB AC , các trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự Khi đó, M nằm ngoài NAB ; MA MC MCA MAC NBA MCA đoạn AB; N nằm đoạn AC Do NA NB NBA Do đó tứ giác BMCN nội tiếp và ta được: QM QN QB QC Suy Q có cùng phương tích hai đường tròn O và AMN Do đó Q thuộc trục đẳng phương AP hai đường tròn này Vậy A, P, Q thẳng hàng A N E P B M D F C Q K I b) Ta thấy ODC và O tiếp xúc với C nên trục đẳng phương hai đường này chính là tiếp tuyến d O C Ta chứng minh O ADE Thật vậy, O, M cùng nằm trên đường trung trực AC OM AC Tương tự ON AB O là trực tâm tam giác AMN Suy AO MN 900 Xét hai đường tròn M , MA; N , NA ta có AK MN A, O, K thẳng hàng nên OAE 900 AODE nội tiếp hay O ( ADE ) Do đó trục đẳng phương ADE , OCD là OD Hơn ODE Trục đẳng phương O , ADE là AF Xét ba đường tròn O , ADE , ODC đôi có các trục đẳng phương là OD, d , AF nên chúng đồng quy điểm Vậy AF qua điểm cố định là giao điểm OD và d Câu Xếp hết 2017 học sinh vào 10 hàng thẳng phân biệt, cách xếp ta quan tâm đến thứ tự củacác học sinh hàng (tính từ trên xuống dưới) Hỏi có tất bao nhiêu cách xếp cho số học sinh hàng là số tự nhiên bất kì thuộc đoạn 0; 2017 ? thuvientoan.net (33) Lời giải Đầu tiên ta tìm số cách xếp hết n học sinh n 1 vào 10 hàng thẳng phân biệt, cách xếp ta quan tâm đến thứ tự các học sinh hàng (tính từ trên xuống dưới); số học sinh hàng có thể là số tự nhiên bất kì thuộc đoạn 0; n ? Đánh số các hàng theo thứ tự từ đến 10 Giả sử an là số cần tìm; an1 là số cách xếp hết n 1 học sinh vào 10 hàng cho có x1 em hàng 1, x2 em hàng 2,…, x10 em hàng 10 Ta có: x1 x2 x3 x10 n 1, xi 0, i 1;10 Khi đó học sinh thứ n có ( xi 1) cách xếp vào hàng i (đứng trước học sinh đứng đầu hàng i, đứng sau học sinh thứ hàng i, đứng sau học sinh thứ hàng i , , đứng sau học sinh thứ xi hàng i) Vậy học sinh thứ n có: ( x1 1) ( x2 1) ( x10 1) n cách xếp vị trí Ta có: an (n 9)an1 Dễ thấ a1 10 Vậy a2017 2017 92017 8 1110 thuvientoan.net 2026! 9! (34) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021 THUVIENTOAN.NET MÔN THI: TOÁN ĐỀ SỐ Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu x x y 3 y x y x y a) Giải hê phương trình x y y 4 x y b) Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng: bc ac ab a 3b a b 3c b c 3a c Câu Chứng minh phương trình x 12 y 13z không có nghiệm nguyên Câu Tìm tất đa thức P x; y với hệ số thực, thỏa mãn: P x, y P z, t P xz yt , xt yz với x, y, z , t Câu Cho hai đường tròn O1 , O2 cắt hai điểm A, B XA, AY theo thứ tự là hai đường kính hai đường tròn đó I là điểm thuộc phân giác XAY cho I không thuộc hai đường tròn và OI không vuông góc XY , O là trung điểm XY Đường thẳng qua A vuông góc AI cắt O1 , O2 E , F IX cắt O1 K , IY cắt O2 L a) Gọi C là giao FE với XI Chứng minh OE tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK b) Chứng minh EK , FL, OI đồng quy Câu Một hình chữ nhật kích thước 2016 2017 tô toàn bốn màu xanh, trắng, vàng, đỏ theo quy tắc (i) Mỗi ô tô đúng màu (ii) Các màu xanh, trắng, đỏ, vàng tô cho các mảng có dạng (1) xanh (2) trắng (3) đỏ (4) vàng Sau tô xong người đếm 1042017 , ô xanh, 1642017 ô trắng và tiếp tục đếm các ô màu còn lại Hỏi kết đếm là đúng hay sai ? HẾT thuvientoan.net (35) LỜI GIẢI ĐỀ SỐ Câu x x y 3 y x y x y a) Giải hê phương trình x y y 4 x y b) Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng: bc ac ab a 3b a b 3c b c 3a c Lời giải x x y y x y 3 x y a) Ta có: x y y 4 x y (1) (2) Điều kiện: x 2, y Chia hai vế (1) cho y và đặt t x với t 0, ta có: y (1) 2t t 1 t 1 3t 1 Sử dụng bất đẳng thức AM - GM ta có 2t t 1 t 1 và 2t t 1 2t t 1 t 1 2 t 1 t 1 Suy ra: 2t t 1 t 1 4t 4t 4t 4t 3t 1 t 1 t 2 Với t 1, ta có x y Thay vào phương trình thứ hai ta được: x x 2( x 4) x x x 4 x 1 x 2 x2 1 x 4 x 1 x 4 x 1 x x x 2 ( x 2) 2x Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 3;3 1 b) Đặt a ; b ; c x ; y ; z x y z Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau thuvientoan.net x3 (36) x z 3x y y x 3 y z z y 3z x Đặt vế trái là P, sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có x y z P x z 3x y y x 3 y z z y 3z x x z 3x y y x 3 y z z y 3z x x2 y2 z2 Đặt Q x z 3x y y x 3 y z z y 3z x Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có: Q x xz 3x y x y z . xz 3x y 3 x y z x z y x z y xyz Mặt khác, ta chứng minh được: x z y x z y xyz x y z 27 Thật vậy, không tính tổng quát ta giả sử y là số nằm x và z Khi đó y x y z y xz xy yz y x x z x y xyz Suy ra: x z y x z y xyz x y z y xyz y x z Mặt khác: y x z x z xz x z 2 x y z 3 y x z y 2 27 Do đó Q x y z P Đẳng thức xảy và x y z hay a b c Ta có điều phải chứng minh Câu Chứng minh phương trình x 12 y 13z không có nghiệm nguyên Lời giải Ta chứng minh phản chứng Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên z z Ta có 13z 1 mod 7 y 1 1mod 7 Mặt khác ord y Do đó y chẵn Đặt x 2a, y 2b, z 2c a, b, c * 2 Ta có 7 a 12b 13c Vì 7 a ,12b nên theo định lý phần dư Trung Hoa, tồn các số nguyên dương m, n với gcd m; n thỏa mãn: thuvientoan.net (37) 7a m2 n2 a m2 n 2b b b hay 12 2mn 2 2mn c 2 2 c 13 m n 13 m n Trường hợp 1: n 1, suy m 22b1 3b m 1 2 7, vô lý Ta có: m 1m 1 a m 1 Trường hợp 2: m; n 22 b1 ;3b Ta có: m n 24b2 32b 23b1.2b1 9b 2b1 2b 2b mod7 Suy ra: m n 7, vô lý Vậy điều giả sử là sai nên ta có điều phải chứng minh Câu Tìm tất đa thức P x; y cho: P x, y P z, t P xz yt , xt yz với x, y, z , t Lời giải Xét trường hợp P( x, y ) Nhận xét: ( xz yt ) ( xt yz ) ( x y )( z t ) ( xz yt ) ( xt yz ( ( x y )( z t ) Do đó đặt P( x, y ) ( x y ) m ( x y ) n Q( x, y ) Trong đó m, n và đa thức Q( x, y ) không chia hết cho x y; x y (1) Suy P x, y P z , t P xz yt , xt yz m n m n m n m n x y x y Q x, y z t z t Q z, t x y x y z t z t Q xz yt , xt yz Q x, y Q z, t Q xz yt , xt yz (2) Cho z t thì Q( x, y )Q 0, 0 Q 0, 0 Ta chứng minh Q 0, 0 Thật vậy, giả sử Q 0, 0 Lấy y x, t z Từ (2) ta có Q x, x Q z, z Q 0, 0 Xét Q z, z Q x, x i i Khi đó Q x, y aij x i y j aij xi y y j aij y y j i, j i, j i, j thuvientoan.net (38) j Ta có Q x, x aij xi x i, j i Suy Q x, y aij xi y y j x y i, j Tương tự Q z, z 0, z thì suy Q x, y x y Điều này mâu thuẫn với (1) Như Q x, y m n Vậy P( x, y ) x y x y , m, n là tất các đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu Cho hai đường tròn O1 , O2 cắt hai điểm A, B XA, AY theo thứ tự là hai đường kính hai đường tròn đó I là điểm thuộc phân giác XAY cho I không thuộc hai đường tròn và OI không vuông góc XY , O là trung điểm XY Đường thẳng qua A vuông góc AI cắt O1 , O2 E , F IX cắt O1 K , IY cắt O2 L a) Gọi C là giao FE với XI Chứng minh OE tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK b) Chứng minh EK , FL, OI đồng quy Lời giải a) Ta thấy EO1 AY nên EO1 qua trung điểm O XY Tương tự FO2 qua O O Ta có OEK EK O1 EA AEK EAO1 AXK ACX ECK Suy OE là tiếp tuyến đường tròn CEK F C A D J E L K I O1 O2 U B Y O X b) Gọi D là giao YL và EF , tương tự câu trên chứng minh OF là tiếp tuyến DFL Dễ chứng minh OE OF nên O nằm trên trục đẳng phương hai đường tròn CEK , DFL thuvientoan.net (39) Ta cần chứng minh hai tứ giác DLKC , ELKF nội tiếp Thật vây: Gọi U AI (O1 ) O AY O O1U 1UA O1 AU UAY OU KEU KAU KAI KLI (tứ giác ALIK nội tiếp có hai góc đối vuông) Vì OE tiếp xúc CEK nên KCE Từ đó suy tứ giác DLKC nội tiếp FLI KLI FLY KEU ; FEK FEO KEU Ta lại có FLK FLI FLK FEK ELKF nội tiếp Mặt khác: FEO Gọi J EK FL ELKF nội tiếp nên JE JK JL JF PJ /(CEK ) = PJ /( DFL ) Vậy J nằm trên trục đẳng phương CEK , DFL Tương tự DLKC nội tiếp nên I nằm trên trục đẳng phương CEK , DFL Ta có ba điểm O, I , J cùng nằm trên trục đẳng phương CEK , DFL nên chúng thẳng hàng Vậy EK , FL, OI đồng quy Câu Một hình chữ nhật kích thước 2016 2017 tô toàn bốn màu xanh, trắng, vàng, đỏ theo quy tắc (i) Mỗi ô tô đúng màu (ii) Các màu xanh, trắng, đỏ, vàng tô cho các mảng có dạng (1) xanh (2) trắng (3) đỏ (4) vàng Sau tô xong người đếm 1042017, ô xanh, 1642017 ô trắng và tiếp tục đếm các ô màu còn lại Hỏi kết đếm là đúng hay sai? Lời giải Ta chứng minh phản chứng Đánh số các ô theo quy tắc: ô (i, j ) đánh số a đó a (i j )(mod 3), a Khi đó + Hình (1) chiếm các ô mà tổng các số các ô đó chia dư + Hình (2) chiếm các ô mà tổng các số các ô đó chia dư + Hình (3) chiếm các ô mà tổng các số các ô đó chia dư + Hình (4) chiếm các ô mà tổng các số các ô đó chia dư thuvientoan.net (40) 2 1 2 2 2 1 2 2 Giả sử sau tô xong, có N1 mảng hình (1), N mảng hình (2), N mảng hình (3), N mảng hình (4) Tổng các số ghi hình chữ nhật là 3k N1 N Do tổng các số hình chữ nhật chia hết cho nên 2N1 N chia hết cho Theo giả thiết 3N1 1042017, 3N 1642017 Suy N1 347339 , N 547339 Do đó N1 N 1242017 Số này không chia hết cho Vậy kết đếm là sai thuvientoan.net (41) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021 THUVIENTOAN.NET MÔN THI: TOÁN ĐỀ SỐ Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu x3 y 3 x y x y xy xy xy a) Giải hê phương trình: y x y 1 y x b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn ab bc ca Chứng minh rằng: 3ab 3bc 1 3ca 1 a b bc ca Câu Cho p là số nguyên tố Chứng minh tồn các số nguyên x, y, z , n với n p thỏa mãn: x y z np Câu Tìm tất các hàm số f : , thỏa mãn: f x f ( y ) xf ( x) y, x, y Câu Cho tam giác ABC nhọn, không cân có trực tâm H Trên đường tròn đường kính BC , phía trong, lấy điểm D thay đổi Các đường tròn ADB , ADC cắt lại BC E , F Giả sử BH cắt AF , AE M , P; CH cắt AE , AF N , Q a) Chứng minh các điểm D, M , N thẳng hàng và tam giác AMN vuông b) Gọi R là giao điểm AD, PQ Chứng minh điểm R luôn thuộc đường tròn cố định điểm D di động Câu Tìm số nguyên dương m nhỏ cho với tập W gồm m phần tử tập X 1, 2, , 017 tồn hai phần tử u và v (không thiết phải phân biệt) W thỏa mãn u v 2n , với n là số nguyên dương nào đó HẾT thuvientoan.net (42) LỜI GIẢI ĐỀ SỐ Câu x3 y 3 x y x y xy xy xy a) Giải hê phương trình: y x y 1 y x b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn ab bc ca Chứng minh rằng: 3ab 3bc 3ca 4 ab bc ca Lời giải a) Điều kiện xác định: x 0, y Đặt u x y, v xy , u 0, v Khi đó phương trình đâu hệ trở thành: 2u 3u v uv 2v u 2v Suy x y xy x y Thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: Do x 3 x x 3 x 1 x , điều kiện x 0;1 , nên phương trình tương đương: x 3 x 1 x x 3 x Nhận thấy x là nghiệm phương trình, với x , ta thấy 1 x 1 còn nên phương trình vô nghiệm Vậy hệ có nghiệm x; y 1;1 b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 3ab ab bc ca 3bc ab bc ca 3ca ab bc ca 4 a b bc ca ab bc ca a bc a b b c c a Mặt khác với a, b, c không âm, ta có: ab a b bc b c ca c a a b cab bc ca abc a b c ab bc ca Do đó a b c ab a b bc b c ca c a thuvientoan.net x 3 x (43) Do đó bất đẳng thức đúng ta được: ab bc ca ab a b bc b c ca c a a b b c c a Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 4ab ab a b 4ab a b Viết hai bất đẳng thức tương tự cộng, ta suy ra: ab bc ca ab a b bc b c ca c a ab bc ca a b b c c a Đẳng thức xảy và a 0, b c và các hoán vị Suy điều phải chứng minh Câu Cho p là số nguyên tố Chứng minh tồn các số nguyên x, y, z , n với n p thỏa mãn: x y z np Lời giải Với p 2, ta chọn x 0, y z n Xét p Nếu 1 là số chính phương modulo p, đó tồn a 0 a p cho a 1 mod p Lấy x, y, z 0, 1, a Ta có x y z a 1 p, a p 1 p nên tồn n 1, 2, , p 1 cho: x y z np Nếu 1 không là số chính phương modulo p, đó 1 p1 1 mod p Ta chứng minh tồn số tự nhiên k 0 k p cho k , p 1 k là số chính phương modulo p Nếu p 1 p 1 ) là số chính phương mod p thì coi k 2 p p 1 Ngược lại thì các cặp sau 1, p 2 , 2, p 3 , , , có ít số không là số chính phương modulo p thuvientoan.net (44) Do p không là số chính phương mod p nên p 2 Do 1 p1 1 mod p nên Lập luận tương tự p1 p1 2 p1 1 mod p mod p , đó p-3 không là số cp mod p p 1 không là số chính phương mod p (*) Do đó: p 1 p1 p 1 1 mod p p p 1 p 1 p1 p1 p1 1 mod p 1 mod p p1 mod p Do 1 1 mod p Vô lí với (*) Vậy tồn số tự nhiên k 0 k p cho k ; p 1 k là số chính phương modulo p p 1 2 Khi đó chọn x, y 0, 1, 2, , cho x k mod p , y p 1 k mod p Lấy z 1, ta có x y z mod p và x y z 0, p Từ đó chọn giá trị n 1, 2, , p 1 thỏa mãn bài toán Câu Tìm tất các hàm số f : , thỏa mãn: f x f ( y ) xf ( x) y, x, y (1) Lời giải Cho x 0, ta được: f f ( y ) y, y Xét c , chọn b f (c), thì f (b) f f (c) c Suy f toàn ánh Mặt khác với x1 , x2 mà f x1 f x2 thì f f x1 f f x2 x1 x2 Suy f đơn ánh Vậy f song ánh Do f song ánh nên tồn số thực a cho f (a ) Thay x a, y vào (1), ta được: f a f 0 f f 0 thuvientoan.net (45) Do f đơn ánh nên a f 0 f 0 a Thay y vào (1), ta được: f x xf ( x), x Thay x f ( x) và áp dụng f f ( x) x, x , ta có f f ( x) xf ( x), x Suy f f ( x) f x , x Do f song ánh nên f ( x) x , x Từ đây ta tìm f ( x) x f ( x) x với x Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f ( x) x f ( x) x là các hàm số cần tìm Câu Cho tam giác ABC nhọn, không cân có trực tâm H Trên đường tròn đường kính BC , phía trong, lấy điểm D thay đổi Các đường tròn ADB , ADC cắt lại BC E , F Giả sử BH cắt AF , AE M , P; CH cắt AE , AF N , Q a) Chứng minh các điểm D, M , N thẳng hàng và tam giác AMN vuông b) Gọi R là giao điểm AD, PQ Chứng minh điểm R luôn thuộc đường tròn cố định điểm D di động Lời giải P A N K M H X E D Q C F B Y S≡R a) Giả sử BH AC K Khi đó: BDC BKC 90 BDKC nội tiếp Ta có: DAM DCF DKM Vì tứ giác DACF , BDKC nội tiếp nên ADKM nội tiếp, suy ADM AKM 90 thuvientoan.net (46) Tương tự, ta có ADN 90 Do đó: D, M , N thẳng hàng Mặt khác, ta có: AMN AKM DBC vì các tứ giác ADKM , BDKC nội tiếp Tương tự thì ANM DCB Do đó AMN DBC MAN BDC 90 b) Ta chứng minh BRC 90 Trên AD lấy S D cho BSC 90 (ta chứng minh S R ) Ta có BSD BCD DAF vì tứ giác BDCS , DACF nội tiếp nên SB AF ; mà AF AE nên SB AE X Chứng minh tương tự thì SC AF Y Ta có NAQ AXB 90, AQN XAB vì CH AB nên AQN XAB AQ AN AQ XB AN XA XA XB Ta lại có: MAN AXS 90, AMN SAX vì AD MN nên ANM XSA AN AM AN XA AM XS XS XA Từ hai đẳng thức trên, ta AQ XB AM XS AQ XB AM XS AM AQ XB XS PA AQ , điều này chứng tỏ S PQ AD R BRC 90 nên R luôn thuộc đường PX XS tròn đường kính BC , cố định Từ đây suy Câu Tìm số nguyên dương m nhỏ cho với tập W gồm m phần tử tập X 1, 2, , 2017 tồn hai phần tử u và v (không thiết phải phân biệt) W thỏa mãn u v 2n , với n là số nguyên dương nào đó Lời giải Phân hoạch X thành các tập gồm hai phần tử cho các tập gồm phần tử là các lũy thừa 2, còn tập có hai phần tử u, v thỏa mãn u v 2n với n nguyên dương nào đó Chúng ta bắt đầu với tập u, v thỏa mãn u v 2048 là: 2017, 31; 2016,32; ; 1025,1023 , 1024 Với các số nhỏ 31, ta tìm các cặp u, v mà u v 32 thuvientoan.net (47) 30, 2; 29,3; ; 17,15; 16; 1 Ta giá trị nhỏ m là 1008 Bây ta xét tập W tùy ý X mà W 1008 Nếu phần tử thuộc 1; 16; 1024 nằm W thì hiển nhiên bài toán thỏa mãn Ngược lại có 2017 3 1007 tập gồm hai phần tử, và có hai phần tử bất kì tập nào trên cùng thuộc W thì tổng chúng là lũy thừa nên thỏa mãn Do đó m 1008 là giá trị thỏa mãn Ta tập S gồm 1007 phần tử mà đó không có hai phần tử nào có tổng là lũy thừa Thật lấy S4 17, 18, , 30 ; S10 1025, 1026, , 2017 và S S S10 Vậy giá trị nhỏ m là 1008 thuvientoan.net (48) THUVIENTOAN.NET ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN THI: TOÁN ĐỀ SỐ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 2 x xy y xy y a) Giải hệ phương trình (với x, y ) x x y y y b) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a b b c c a Chứng minh rằng: 2 a b b c c a Câu Với số nguyên dương n, xét số nguyên dương N có đúng 2017 n 2017 n ước nguyên dương Chứng minh N là lũy thừa bậc bốn số nguyên Câu Cho hàm số f : , thỏa mãn: f (a) f (b) f ( x) f ( y) f ax by với a, b, x, y cho ay bx a) Tính f 1 b) Tìm tất các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , AB AC , M là trung điểm cạnh BC Đường phân cắt cạnh BC D và cắt đường tròn O điểm P (khác A ) Gọi E là điểm đối xứng giác BAC với D qua M ; trên đường thẳng AO và đường thẳng AD lấy các điểm H , F cho các đường thẳng HD, FE cùng vuông góc với đường thẳng BC a) Chứng minh bốn điểm B, H , C , F cùng nằm trên đường tròn b) Gọi T là giao điểm khác F AD và Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác MTP cắt đường thẳng TH điểm Q (khác T ) Chứng minh đường thẳng QA tiếp xúc với đường tròn O Câu Cho bảng ô vuông kích thước 1010, trên đó đã điền các số nguyên dương từ đến 100 vào các ô vuông theo trình tự hình a Ở bước biến đổi, người ta chọn tùy ý ba ô vuông liên hàng theo cột theo đường chéo hình vuông kích thước 33 (xem hình b) thực hiện: Hoặc là giảm số ô nằm đơn vị đồng thời tăng số hai ô liền kề lên đơn vị, là tăng số ô nằm lên đơn vị đồng thời giảm số hai ô liền kề đơn vị Giả sử sau hữu hạn bước, tập hợp tất các số ghi trên bảng ô vuông là tập 1; 2; 3; ; 100 , chứng minh đó các số ghi trên bảng theo đúng vị trí trước biến đổi HẾT -thuvientoan.net (49) LỜI GIẢI Câu x xy y xy y a) Giải hệ phương trình (với x, y ) x x y y y b) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a b b c c a Chứng minh rằng: 2 a b b c c a Lời giải a) Điều kiện xác định: x y Từ phương trình thứ hai hệ có: x x y y y x y 2 x y 1 y y x y 1 Từ phương trình đầu hệ suy 2x y y (*) y x y y x xy y 3y 3y2 64 64 16 y y Suy ra: 2 x 2 3 Do đó hệ cho có nghiệm x; y thì 2x y y Do đó: (*) x y y 2x y y 4 x 2 xy y xy y x x x (1) 2 xy y x x y x Mặt khác, thay xy y x vào phương trình thứ hai hệ có: x 2 x xy y x 2 4 x xy y x x 2 (2) 3 x y x 2 x x x 2, y x y 2 x Kết hợp (1) và (2) , ta có: x y 2 x 2, y 3 x y x Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm x; y là 2; 0 , 2; 4 thuvientoan.net (50) b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức: a b b c c a a b b c c a (1) 2 Kí hiệu x ab bc ca và y a 2b b 2c c a Nhận xét 1: a 4b b c c a y a 2b b c b c c a c a a 2b y 2abcx và a 2b b 2c c a x 2abcy Khi đó có: a b2 b2 c c a a 4b2 b4c c a a 2b4 b2c c a 2a 2b2c x y 2abc x y 2a 2b 2c Nhận xét 2: Ta có: x y ab b a bc c b ca a c a bb c c a Ta có (1) trở thành: x y 4abc x y 4a 2b 2c x y 2 x y 4abc x y 4a 2b 2c x y 2abc Bất đẳng thức cuối cùng đúng, đó bài toán giải Câu Với số nguyên dương n, xét số nguyên dương N có đúng 2017 n 2017 n ước nguyên dương Chứng minh N là lũy thừa bậc bốn số nguyên Lời giải Nhận xét: 2017 n 2017 n 2017 n 1 1 Do 2017 n 1 nên 2017 n 2017 n có biểu diễn dạng 4m2 với m * Bổ đề Với số nguyên x, p là ước nguyên tố lẻ x thì p 1mod 4 Chứng minh: p là số nguyên tố lẻ nên có dạng y y với y nguyên dương Giả sử p y , đó: y 1 x2 y 1 x y 2 x p1 , theo định lí Fermat nhỏ có x y 1 Mặt khác, từ giả thiết x 1 p thì x y 1 1 1mod p 1mod p , có điều mâu thuẫn Vậy phải có p y Bổ đề Nếu có phân tích 4m2 a1 a2 ak với m, a1 , a2 , , ak là các số nguyên dương thì: 1mod 4 , i 1, k thuvientoan.net (51) Chứng minh: Do 4m2 là số lẻ nên ước nguyên tố nó là số lẻ, theo bổ đề thì các ước nguyên tố này đồng dư theo mod Rõ ràng thừa số là tích hay nhiều ước nguyên tố 4m2 , đó 1mod 4 , i 1, k Xét số nguyên dương N có đúng 2017 n 2.2017 n 4m2 ước nguyên dương Giả sử có phân tích tiêu chuẩn N : N p11 p22 ptt với pi là số nguyên tố, i nguyên dương Khi đó số lượng ước nguyên dương N đúng T 1 12 1 t 1 4m 1 Theo bổ đề suy i 1 1mod 4 , i 1, t , đó tồn i mà i 4i , i 1, t Vậy có N p11 p22 ptt p11 p22 ptt , dẫn đến điều phải chứng minh Câu Cho hàm số f : , thỏa mãn: f (a) f (b) f ( x) f ( y) f ax by (1) với a, b, x, y cho ay bx a) Tính f 1 b) Tìm tất các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán Lời giải a) Trong (1), cho a b, x y thì f (a) f ( x) f 2ax với a, x Trong (1), cho x y 1, a b thì f (a) f (1) f 2a với a 2 Suy f 2ax f (a ) f ( x) f ax f 1 f (a) f ( x) f ax f 1 , a, x (3) Trong (3), cho x a ta f (a) f a f 1 , a (4) Trong (1), cho x a, y b thì ta được: f (a) f (b) f a b , a, b (6) Đặt f 1 k , ta có f 2 4k f 4 16k 2 Ta có: f 10 f 32 1 f 3 f 1 f 3 k Mà theo (2), ta có: f 10 f 2 5 f 5 f 1 f 5 k Suy f 3 k f 5 k f 3 f 5 k k 2 Lại có f 5 f 22 1 f 2 f 1 4k k Mặt khác theo (4) và (6), ta có: f 5 f 3 f 5 f 3 f 4 f 1 thuvientoan.net 2 (52) Đẳng thức này tương đương với: f 3 f 4 f 5 k f 3 16k f 5 2 4k k k 16k 4k k k k k k 1 16k 1 k Vậy f 1 f 1 b) Ta xét f 1 thì f 2 Giả sử f (n) n với n m, m Ta chứng minh f m 1 m 1 Thật m 1 2u với u , thì u m suy f u u Do đó f m 1 f 2u f u f 1 4u m 1 Nếu m 1 2v 1 với v thì m 2v và v m, suy f v v và f v 1 v 1 Do đó: f 2v 1 f 1 f 2v 12 12 f 4v 4v 2 f v v 12 f (v) f v 1 2 Suy ra: f 2v 1 f 1 f v f v 1 hay f 2v 1 2v 2v 4v 2v 1 2 Nến f m 1 2v 1 m 1 Vậy f (n) n với n 1 Xét f 1 , cách quy nạp tương tự trên ta f (n) với n 4 Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f ( x) x f ( x) với x là các hàm số cần tìm Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , AB AC , M là trung điểm cạnh BC Đường phân giác cắt cạnh BC D và cắt đường tròn O điểm P (khác A ) Gọi E là điểm đối xứng với D qua BAC M ; trên đường thẳng AO và đường thẳng AD lấy các điểm H , F cho các đường thẳng HD, FE cùng vuông góc với đường thẳng BC a) Chứng minh bốn điểm B, H , C , F cùng nằm trên đường tròn b) Gọi T là giao điểm khác F AD và Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác MTP cắt đường thẳng TH điểm Q (khác T ) Chứng minh đường thẳng QA tiếp xúc với đường tròn O thuvientoan.net (53) Lời giải OPD OPE HKP , suy tứ giác AHPK nội tiếp, đó a) Gọi K PE DH Chỉ OAP DA DP DH DK (1) Xét O có DA DP DB DC (2) Từ (1) và (2) suy DB DC DH DK , suy tứ giác BHCK nội tiếp BKC 1800 Vậy BHC BFC (4) Từ (3) và (4) Chỉ K và F đối xứng qua trung trực MP đoạn BC , đó BKC BFC 1800 , đó bốn điểm B, H , C , F cùng nằm trên đường tròn có BHC A T H O Q B D M E C P K F 900 , suy HF là đường kính , suy HT AD b) Chỉ tứ giác DKFE là hình chữ nhật nên HKF OPD HDA , suy tam giác HDA cân H nên A, D đối xứng qua HT Kéo dài TH cắt HAD đường thẳng BC Q ' thì Q ' AH Q ' DH 900 , suy Q ' A là tiếp tuyến O TPM nên tứ giác TQ ' PM nội tiếp, từ đó suy Q ' Q Chỉ HQ ' D TDH Vậy QA tiếp xúc với đường tròn O thuvientoan.net (54) Câu Cho bảng ô vuông kích thước 1010, trên đó đã điền các số nguyên dương từ đến 100 vào các ô vuông theo trình tự hình a Ở bước biến đổi, người ta chọn tùy ý ba ô vuông liên hàng theo cột theo đường chéo hình vuông kích thước 33 (xem hình b) thực hiện: Hoặc là giảm số ô nằm đơn vị đồng thời tăng số hai ô liền kề lên đơn vị, là tăng số ô nằm lên đơn vị đồng thời giảm số hai ô liền kề đơn vị Giả sử sau hữu hạn bước, tập hợp tất các số ghi trên bảng ô vuông là tập 1; 2; 3; ; 100 , chứng minh đó các số ghi trên bảng theo đúng vị trí trước biến đổi Lời giải Ta kí hiệu ani , j là số ghi ô vuông thuộc hàng i, cột j sau bước biến đổi thứ n, đó thứ tự hàng i tính từ trên xuống dưới, thứ tự cột j tính từ trái sang phải + Ban đầu (coi là “ngay sau lần biến đối thứ 0”) trên bảng có các số a0i , j điền vào ô theo quy luật a0i , j 10 i 1 j với i, j * , i, j 10 Xét đại lượng Tn 1i , j 10 a0i , j.ani , j với n Ban đầu chưa biến đổi, có T0 1i , j 10 a0i , j a0i , j Xét từ lần biến đổi thứ n sang lần biến đổi thứ n + 1, cách thử khả chọn ba ô vuông liền kề (ô điền ani , j ) và cách thức biến đổi, ta thấy giá trị Tn “tăng” “giảm” lượng dạng 2a0i , j a0p ,m a0q ,r với p, m, q, r là số nguyên dương thỏa mãn p q 2i và m r j Mặt khác: 2a0i , j a0p ,m a0q ,r 10 i 1 j 10 p 1 m 10 q 1 r , Tn Tn1 với n, nghĩa là Tn là bất biến quá trình biến đổi Giả sử sau N bước, tập hợp các số ghi trên bảng đúng {1; 2; 3; …; 100} nghĩa là a N 1,1 , aN1,2 , , aN1,10 , aN2,1 , , aN10,10 là hoán vị (1; 2; 3; …; 100) Ta có TN TN 1 T0 nên a0i , j.aNi , j a0i , j.aNi , j 1i , j 10 1i , j10 a 1,1 a0i , j a0i , j Mặt khác theo bất đẳng thức dãy xếp ta luôn có a0i , j.a0i , j , dấu đẳng thức xảy hai dãy aN1,1 , aN1,2 , , aN1,10 , aN2,1 , , aN10,10 và 1i , j 10 1i , j 10 , a01,2 , , a01,10 , a02,1 , , a010,10 xếp theo cùng trật tự tăng giảm Hai dãy này là hoán vị nên điều đó xảy và aN1,1 , aN1,2 , , aN1,10 , aN2,1 , , aN10,10 a01,1 , a01,2 , , a01,10 , a02,1 , , a010,10 Vậy bảng số lúc này xếp đúng trật từ lúc đầu thuvientoan.net (55) THUVIENTOAN.NET ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN THI: TOÁN ĐỀ SỐ 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 x2 y x 2y a) Giải hệ phương trình (với x, y ) 1 2 2y 2x x 2y b) Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng: a b3 c3 b c c a a b Câu 2m1 1 Cho p 6k là số nguyên tố với k Chứng minh với số m 1 thì là số nguyên 127m * p Câu Cho đa thức P( x) với hệ số thực thỏa mãn xP x 1 x 2014 P( x) và P 2014 2014! Hỏi phương trình P Q( x) có bao nhiêu nghiệm với Q( x) x x 2020 Câu Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn O Các đường cao AD, BE , CF cắt H M là trung điểm cạnh BC Đường tròn J ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn O điểm thứ hai là K , K A; AM cắt đường tròn J điểm thứ hai là Q, Q A EF cắt AD P, đoạn thẳng PM cắt đường tròn J N a) Chứng minh các đường thẳng KF , EQ, BC đồng quy song song b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN và đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc Câu Trong câu lạc có 2017 thành viên, thành viên ban đầu có mũ Sau đó thành viên gửi mũ mình cho thành viên khác (mỗi thành viên có thể nhận mũ) Chứng minh sau gửi mũ tồn nhóm 673 thành viên cho không có nhóm đó nhận mũ từ các thành viên khác nhóm HẾT - thuvientoan.net (56) LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 10 Câu 1 x2 y x 2y a) Giải hệ phương trình (với x, y ) 1 2 2y 2x x 2y b) Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng: a b3 c3 b c c a a b Lời giải a) Điều kiện xác định: x 0, y Cộng hai phương trình ta được: 3x y Trừ hai phương trình ta được: x y 3x y y y x3 3xy x 1 x x 3xy x y x y Từ đó ta có hệ: Thỏa điều kiện 3 x y x y y 3 x y y 3 3 1 Vậy hệ cho có nghiệm x; y ; 2 b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có: a b c b c a2 b2 c2 b3 c3 c a a b a b3 c3 bc ab ca bc a b3 c3 2bc ab ca a Do đó ta cần chứng minh: a b c a b c 2bc ab ca 3 Thật bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: a b c ab ca 3a b3 c 2bc 2a a b c b bc c 3a b c b bc c (1) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số 2a , a b c và b bc c ta bất đẳng thức (1) Đẳng thức xảy và a b c Vậy ta có điều phải chứng minh thuvientoan.net (57) Câu Cho p 6k là số nguyên tố với k * Chứng minh với số m p 1 thì 2m1 1 là số nguyên 127m Lời giải Theo định lý Fermat nhỏ, ta có p 2(mod p ) m p 1 1(mod p) p | m 1 Do đó p 1|2m1 1 m |2m1 1 Theo giả thiết ta có | p 1 63 26 1|2 p1 1 |2 p | m 1 127 27 1|2 m1 1 Tiếp theo ta chứng minh m và 127 nguyên tố cùng Thật từ 127 là số nguyên tố đó ta cần chứng minh m không chia hết cho 127 Đặt p 7l n (0 n 7) Từ k p và p không chia hết (do p nguyên tố và p 6k ), suy n Ta lại có 127 27 1|27 l n 2n (2 p 1) (2n 1) Nếu 127 | m p 1, thì 127 | 2n 1 là điều mâu thuẫn vì 2n 1 127 Vậy (127, m) Từ đó ta có điều phải chứng minh Câu Cho đa thức P( x) với hệ số thực thỏa mãn xP x 1 x 2020 P( x) và P 2020 2020! Hỏi phương trình P Q( x) có bao nhiêu nghiệm âm với Q( x) x x 2000 Lời giải Nhận xét x ta P 0 và x 2020 ta P 2019 Suy x và x 2019 là nghiệm P( x) đó P( x) x x 2019 S1 ( x) Khi đó ta có: x x 1 x 2020 S1 ( x 1) x 2020 x x 2019 S1 ( x) x 1 S1 ( x 1) x 2019 S1 ( x) Từ đây suy x 1, x 2018 là nghiệm S1 ( x), đó S1 ( x) x 1 x 2018 S2 ( x) Cứ tiếp tục quá trình này ta tìm P( x) ax x 1 x 2 x 2019 với a Do P 2020 2020! suy a Suy P( x) x x 1 x 2 x 2019 Xét phương trình: Q( x) k x x k có k Nếu k thì phương trình có nghiệm x thuvientoan.net (58) Nếu k thì phương trình vô nghiệm Nếu k thì phương trình có hai nghiệm phân biệt khác Mặt khác với k thì phương trình đã cho có nghiệm phân biệt trái dấu Giả sử tồn k1 và k2 khác sau cho hai phương trình x x k1 và x x k2 có nghiệm chung Khi đó gọi x0 là nghiệm chung phương trình ta có: x02 x0 k1 suy k1 k2 , mâu thuẫn k1 k2 x0 x0 k2 Do đó với k1 k2 thì phương trình x x k1 và x x k2 không có nghiệm chung Ta có P Q( x) x x 2000 x x 2019 x x 18 x x 19 Từ đây suy số nghiệm âm phương trình là: 19 Vậy phương trình P Q( x) có 19 nghiệm âm Câu Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn O Các đường cao AD, BE , CF cắt H M là trung điểm cạnh BC Đường tròn J ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn O điểm thứ hai là K , K A; AM cắt đường tròn J điểm thứ hai là Q, Q A EF cắt AD P, đoạn thẳng PM cắt đường tròn J N a) Chứng minh các đường thẳng KF , EQ, BC đồng quy song song b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN và đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc Lời giải A E J K S F L B P N H D Q O C M A' thuvientoan.net (59) Không tổng quát giả sử AB AC a) Gọi A là điểm đối xứng với H qua M , suy BHCA là hình bình hành A CA A BA 900 AA là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam Do đó A C BH ; A B CH , suy giác ABC Suy A K AK (1) Dễ thấy AH là đường kính đường tròn J , suy HK AK (2) Từ (1) và (2) suy K , H , A thẳng hàng Mà H , M , A thẳng hàng nên suy K , H , M , A thẳng hàng Gọi L là giao điểm AK và BC Từ các kết trên và giả thiết, suy H là trực tâm các tam giác ALM , suy LH AM Gọi Q LH AM Q J Q Q suy các tứ giác ABDE , ALDQ nội tiếp Do đó HL HQ HA HD HB HE LBQE là tứ giác nội tiếp Ta có: AF AB AE AC AK AL AQ AM AF AB AH AD Suy các tứ giác KLBF , CMQE nội tiếp Từ đây ta có: LB là trục đẳng phương hai đường tròn LBQE và KLBF KF là trục đẳng phương hai đường tròn KLBF và J EQ là trục đẳng phương hai đường tròn J và LBQE Do đó ba đường thẳng KF , EQ và BC đồng quy song song b) Ta có AK là trục đẳng phương hai đường tròn O và J ; EF là trục đẳng phương hai đường tròn J và BFEC ; BC là trục đẳng phương hai đường tròn BFEC và O, mà AK cắt BC L, suy AK , EF , BC đồng quy L Ta có M là tâm đường tròn BFEC , suy MJ EF , kết hợp với JD LM Suy P là trực tâm tam giác JLM Do đó MP JL Gọi S là giao điểm JL và MP, ta có tứ giác LDPS nội tiếp, suy JS JL JP JD (3) Xét tứ giác toàn phần AEHFBC , ta có AH , PD 1, mà J là trung điểm AH , suy JH JP JD (4) Từ (3) và (4) suy JS JL JH JN , mà NS JL suy LN là tiếp tuyến J Suy LN LK LA LB LC LN là tiếp tuyến đường tròn BNC (5) Từ AKM ADM 900 Bốn điểm A, K , D, M cùng thuộc đường tròn Suy LN LK LA LD LM LN là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MND (6) Từ (5) và (6) suy hai đường tròn BNC và MND tiếp xúc N thuvientoan.net (60) Câu Trong câu lạc có 2017 thành viên, thành viên ban đầu có mũ Sau đó thành viên gửi mũ mình cho thành viên khác (mỗi thành viên có thể nhận mũ) Chứng minh sau gửi mũ tồn nhóm 673 thành viên cho không có nhóm đó nhận mũ từ các thành viên khác nhóm Lời giải Gọi S là tập hợp 2017 thành viên nêu bài toán Ta xét các tập A S mà không có thành viên nào A nhận mũ thành viên khác A Vì tập S là hữu hạn, nên tâp A có hữu hạn tập Trong số các tập A vậy, ta gọi T là tập có số phần tử lớn Ta chứng minh T 673 Gọi U S là tập hợp gồm tất người nhận mũ người thuộc T , thì U T Bây ta xét phần tử x S \ (T U ) Từ x U , suy không có thành viên nào T gửi mũ mình cho x Do đó đó không có thành viên nào T gửi mũ mình cho cho các viên tập T x Nếu x không gửi mũ mình cho thành viên nào đó T , thì tập T x có số phần tử nhiều tập T , điều này trái với giả thiết tập T Do đó x phải gửi mũ mình cho thành viên nào đó T Như tất các thành viên S \ (T U ) phải gửi mũ mình cho thành viên nào đó T Do đó các thành viên tập S \ (T U ) không nhận mũ nhau, suy S \ (T U ) T Mà U T suy T S \ (T U ) S T U S T T T Từ đây suy điều phải chứng minh thuvientoan.net S T 673 (61)