de thi chon doi tuyen ngay 20 9 2016

Chứng minh rằng đường thẳng N K luôn đi qua một điểm cố định.. Trong một hệ thống máy tính, một máy tính bất kì có kết nối trực tiếp với ít nhất 30% máy tính khác của hệ thống.. Hệ thống

Đề thi chọn đội tuyển toán trường Phổ thông Năng khiếu

Năm 2016 Ngày thi thứ nhất 20-09-2016

Bài 1 Tìm a để dãy số (un) hội tụ biết u1 = a và

un+1 =











2un− 1 khi un > 0

−1 khi − 1 ≤ un ≤ 0

u2n + 4un + 2 khi un < −1

∀n ∈ N

Bài 2 Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức

xkykzk(x3 + y3 + z3) ≤ 3 với x, y, z là các số dương thỏa x + y + z = 3

Bài 3 Cho hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện: f tăng thực sự và

f (2n) = 2f (n) với mọi số nguyên dương n

a) Giả sử f (1) = 3 và p là số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng tồn tại

n sao cho f (n) chia hết cho p

b) Cho q là số nguyên tố lẻ Hãy xây dựng một hàm f thỏa mãn các điều kiện của bài toán mà f (n) không chia hết cho q với mọi n

Bài 4 Tam giác ABC có góc ∠BAC tù, AH⊥BC (H thuộc BC) Điểm M thay đổi trên cạnh AB Dựng điểm N sao cho ∆BM N ∼ ∆HCA (H và N khác phía đối với AB)

a) CM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BM N tại điểm K (K 6= M ) Chứng minh rằng đường thẳng N K luôn đi qua một điểm cố định

b) N H cắt AC tại điểm P Dựng Q sao cho ∆HP Q ∼ ∆HN M (Q và M khác phía đối với P N ) Chứng minh rằng Q thuộc một đường thẳng cố định

Ngày thi thứ hai 22-09-2016

Bài 5 Với mỗi số nguyên dương n, tồn tại duy nhất số tự nhiên a thỏa

a2 ≤ n < (a + 1)2 Đặt ∆n = n − a2

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của ∆n khi n thay đổi và luôn thỏa n = 15m2 với m

là số nguyên dương

b) Cho p, q là các số nguyên dương và d = 5(4p + 3)q2 Chứng minh ∆d ≥ 5 Bài 6 Với các số nguyên a, b, c, d thỏa 1 ≤ 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 của T (1, 4, 6, 7)

b) Cho a = 1, b ≥ 4 Gọi d1 là số phần tử của T (a, b, c, d) chứa 1 và không chứa 2; d2 là số phần tử chứa 1, 2 và không chứa 3; d3 là số phần tử chứa

1, 2, 3 và không chứa 4 Chứng minh rằng d1 ≥ 2d2 − d3 Dấu = xảy ra khi nào?

Bài 7 Trong một hệ thống máy tính, một máy tính bất kì có kết nối trực tiếp với ít nhất 30% máy tính khác của hệ thống Hệ thống này có một chương trình cảnh báo và ngăn chặn khá tốt, do đó khi một máy tính bị virus, nó chỉ có đủ thời gian lây cho các máy tính được kết nối trực tiếp với nó Chứng minh rằng dù vậy, kẻ tấn công vẫn có thể chọn hay máy tính của hệ thống mà nếu thả virus vào hai máy đó, ít nhất 50% máy tính của hệ thống bị nhiễm virus

Bài 8 Cho tam giác ABC nhọn; đường tròn (I) có tâm I thuộc cạnh BC và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F Lấy M, N bên trong tứ giác BCEF sao cho EF N M nội tiếp (I) và các đường thẳng M N, EF, BC đồng quy M F cắt N E tại P, AP cắt BC tại D

a) Chứng minh A, D, E, F cùng thuộc một đường tròn

b) Lấy trên các đường thẳng BN, CM cắt điểm H, K sao cho ∠ACH =

∠ABK = 90o Gọi T là trung điểm HK Chứng minh T B = T C

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 Ta xét các trường hợp sau:

TH1 Nếu a > 1, suy ra u2 = 2u1 − 1 > 1, suy ra un > 1, ∀n Hơn nữa tìm được công thức tổng quát un = 2n−1(a − 1) + 1 Dãy này không hội tụ

TH2 Nếu a = 1, suy ra u2 = 1, ta có un = 1, ∀n Vậy un hội tụ

TH3 Nếu 0 < a < 1 Ta chứng trong dãy có ít nhất một số hạng âm Thật vậy giả sử un > 0, ∀n, theo trường hợp 1 ta có 0 < un < 1 và un =

2n−1(a − 1) + 1 → −∞ (Vô lý)

Do đó tồn tại k sao cho uk < 0, giả sử k là số nhỏ nhất thỏa, thì k ≥ 2 và

0 < uk−1 < 1, suy ra −1 < uk = 2uk−1 − 1 < 0, suy ra uk+1 = −1, suy ra

un = −1∀n ≥ k Vậy un hội tụ

TH4 Nếu −1 ≤ a ≤ 0 thì u2 = −1, từ đó un = −1, ∀n > 1, dãy hội tụ TH5 Nếu a < −1, ta có u2 = a2 + 4a + 2 Do các trường hợp đã xét, nếu

u2 > 1 ⇔ a < −2 −√

3 thì dãy không hội tụ Ta chứng minh dãy hội tụ khi

−2 −√3 ≤ a < −1

+ Nếu −2 < a < −1 ta có u2− u1 = (a + 2)(a + 1) < 0, suy ra u2 < u1 < −1

và u2 + 2 = (a + 2)2 > 0 nên u2 > −2 Do đó −2 < u2 < −1 Bằng quy nạp

ta chứng minh được un giảm và −2 < un < −1 nên un hội tụ

+ Nếu −2 −√

3 ≤ a ≤ −2 thì u2 + 2 = (a + 2)2, suy ra −1 ≤ u2 ≤ 1, theo các trường hợp dã xét thì un hội tụ

Vậy dãy hội tụ khi và chỉ khi −2 −√

3 ≤ a ≤ 1

Bài 2

Với k = 1 thì bộ (1

2,

1

2, 2) không thỏa bất đẳng thức.

Với k = 2 thì bộ (4

5,

4

5,

7

5) không thỏa bất đẳng thức.

Ta chứng minh với k = 3 thì bất đẳng thức đúng hay

x3y3z3(x3 + y3 + z3) ≤ 3 (1) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử z nhỏ nhất, suy ra z ≤ 1

Ta có x3 + y3 = (x + y)3 − 3xy(x + y) = (3 − z)3 − 3xy(x + y) Khi đó

(1) ⇔ (3−z)3+z3 ≤ 3

x3y3z3+3xy(x+y) ⇔ 3z2−9z+9 ≤ 1

x3y3z3+x2y+xy2 (2)

Ta có 1

x3y3z3 + x2y + xy2 ≥ 3 3

s

x3y3

x3y3z3 = 3

z.

Ta có 3z2 − 9z + 9 ≤ 3

z ⇔ 3(z − 1)3 ≤ 0 (Đúng)

Vậy (1) đúng Ta có điều cần chứng minh

Vậy số nguyên dương k = 3 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa đề bài

Bài 3 Đặt A = {f (n + 1) − f (n)|n ∈ N∗} vì f là tăng thực sự nên A là tập con của tập các số nguyên dương Khi đó tồn tại phần tử nhỏ nhất, đặt là k Khi đó tồn tại n thỏa k = f (n + 1) − f (n)

Khi đó f (2n + 2) − f (2n) = 2f (n + 1) − 2f (n) = 2k mà f (2n) < f (2n + 1) < f (2n + 2) và 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 được f (2in) = 2if (n), f (2in + 1) = 2if (n) +

k, , f (2in + i) = 2if (n) + ik

Do f (1) = 3, f (2) = 6 nên k ≤ 3 Nên (k, p) = 1

Khi đó p số f (2pn), f (2pn + 1), f (2pn + 2), f (2pn + p − 1) sẽ tạo thành một

hệ thặng dư đầy đủ modul p nên sẽ có một số chia hết cho p

b) Ta xây dựng hàm f như sau: f (1) = 2a > q, f (2n) = 2f (n), f (2n + 1) =

f (2n) + q Ta chứng minh f thỏa đề bài

1 f là hàm tăng thực sự Ta chứng minh f (n + 1) − f (n) ≥ q bằng quy nạp Với n = 1 ta có f (2) − f (1) = 2.2a− 2a = 2a > q Giả sử đúng đến k Ta xét f (k + 1)

+ Nếu k chẵn, ta có f (k + 1) = f (k) + q thỏa

+ Nếu k lẻ, ta có f (k + 1) = 2f (k + 1

2 ) ≥ 2(f (

k − 1

2 ) + q) = f (k − 1) + 2q. Vậy ta có điều cần chứng minh

2 Ta chứng minh không tồn tại n thỏa f (n) chia hết cho q Ta chứng minh

bằng quy nạp.

+ Ta có f (1) = 2a không chia hết cho q

+ Giả sử đúng đến k

Nếu k chẵn thì f (k + 1) = f (k) + q không chia hết cho q

Nếu k lẻ thì f (k + 1) = 2f (k + 1

2 ) không chia hết cho q.

Vậy f (n) không chia hết cho q với mọi số nguyên dương n

Vậy f được xây dựng như trên là hàm thỏa đề bài

Bài 4

A

B

C

H M X

N

K

P

Q

F

a) Gọi X là giao điểm của đường thẳng vuông góc với BC tại B và đường thẳng AC K0 là giao điểm của N X và CM Ta có ∆BM N ∼ ∆BCX (cùng hướng) Suy ra có một phép vị tự quay tâm B, biến M 7→ N, C 7→ X Khi

đó K0 là giao điểm của CM và BX thì K0 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam

giác BM N Suy ra K0 ≡ K Vậy N K luôn đi qua điểm X cố định.

b) Xét phép vị tự tâm H : N 7→ P, M 7→ Q, B 7→ F Ta có ∆BM N ∼ ∆F QP Suy ra ∠F QP = ∠BM N = ∠ACB = ∠F CP Suy ra tứ giác CF P Q nội tiếp Suy ra ∠QCP = ∠QF P = ∠MBN = 90o Vậy Q thuộc đường thẳng qua C vuông góc với AC cố định

Bài 5 Ta cần tìm ∆n nhỏ nhất để phương trình 15m2 − a2 = ∆n có nghiệm nguyên dương Ta thấy 15 − 32 = 6 Ta chứng minh phương trình không có nghiệm với ∆n < 6

Ta có a2+ ∆n chia hết cho 3 Suy ra ∆n 3 hoặc ∆n+ 1 3 (1) Mặt khác a2+ ∆n chia hết cho 5, suy ra ∆n ≡ 0, 1, 4( mod 5) (2)

Từ (1) và (2) ta có nếu ∆n < 6 thỏa đề bài thì ∆n = 5

Ta có 15m2− a2 = 5 Suy ra a chia hết cho 5, đặt a = 5s ta có 3m2− 5s2 = 1

Mà 3m2 − 1 ≡ −1, 2, 11( mod 5) nên phương trình vô nghiệm Vậy ∆n nhỏ nhất là 6

b) Xét phương trình 5(4p + 3)q2 − a2 = ∆d

Ta có a2 ≡ 0, 1, 4( mod 5) suy ra k ≡ 0, 1, 4( mod 5) Ta có 5(4p + 3) ≡ 3( mod 3) nên khác số chính phương Nếu ∆d = 1 ta có a2+ 1 = 5(4p + 3)q2 Ta

có 5(4p + 3) là số có dạng 4k + 3 nên tồn tại ước nguyên tố r có dạng 4k + 3, suy ra a2 + 1 ≡= ( mod r), suy ra 1 ≡ 0( mod r) vô lý

Tương tự cho trường hợp ∆d = 4 thì phương trình 5(4p + 3)q2 − a2 = 4 cũng

vô nghiệm

Vậy ∆d ≥ 5

Bài này ta áp dụng bổ đề: a2+ b2 chia hết cho số nguyên tố có dạng r = 4k + 3 thì a, b cùng chia hết cho r

Bài 6 a) Ta có x ≤ 1, suy ra x = 1 Suy ra 2 ≤ y ≤ 4 Suy ra y = 2, 3, 4 TH1 Nếu y = 2 thì 3 ≤ z ≤ 6 Với mỗi giá trị của z có 7 − z giá trị của t Suy ra có 10 bộ

TH2 Nếu y = 3 thì 4 ≤ z ≤ 6 Có 6 bộ

TH3 Nếu y = 4 thì 5 ≤ z ≤ 6 Có 3 bộ Vậy có 19 bộ thỏa đề bài.

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 − 4 và

d2 =

c

X

z=4

(d − z) = (c − 3) d + (c + 4) (c − 3)

2 Tiếp theo ta đi tính d1 = |T1| Vì b ≥ 4 nên y ≥ 3

+ Nếu y = 3 thì T (1, 3, z, t) = d2

+ Nếu y = 4 thì T (1, 4, z, t) =

c

P

z=5

(d − z) = (c − 4)d − (c + 5)(c − 4)

Suy ra d1 ≥ d2 + (c − 4)d − (c + 5)(c − 4)

Do đó

d1+ d3− 2d2 ≥ (c − 4)d −(c + 5)(c − 4)

2 + d − 4 − (c − 3)d +

(c + 4)(c − 3)

Vậy d1 + d3 ≥ 2d2 Đẳng thức xảy ra khi b = 4

Bài 7 (Đáp án của thầy Trần Nam Dũng) Trước hết ta chứng minh bổ đề

Bổ đề: Xét một tập con S bất kỳ của tập các máy tính X Khi đó tồn tại 1 máy tính của hệ thống kết nối trực tiếp với ít nhất 30% máy tính của S Chứng minh Xét các cặp (s, x) với s thuộc S và x thuộc X và s, x kết nối trực tiếp nhau Khi đó, tính theo s thì số cặp như vậy sẽ không ít hơn 3

10|S|.|X| Do đó nếu tính theo x thì sẽ phải tồn tại x kết nối trực tiếp với ít nhất 3

10|S|

Quay trở lại bài toán Giả sử hệ thống có n máy tính Xét máy tính A bất kỳ Gọi S là tập hợp các máy tính không kết nối trực tiếp với A Nếu S rỗng thì kết quả bài toán là hiển nhiên Nếu S không rỗng thì theo bổ đề, tồn tại máy tính B kết nối trực tiếp với ít nhất 30% máy tính trong S Ta chứng minh

hai máy tính A và B thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Thật vậy, giả sử A kết nối trực tiếp với k máy khác Khi đó, theo cách chọn

A hợp với B sẽ kết nối trực tiếp với ít nhất k + 0, 3(n − k) = 0, 7k + 0, 3n ≥

0, 7.0, 3n + 0, 3n = 0, 51n và ta có điều phải chứng minh

Bài 8

A

E

F

Q

N M

D K

H T

Bổ đề 1 Cho đường tròn (O; R) và điểm Q nằm ngoài đường tròn Cát tuyến qua Q cắt (O) tại M, N Tiếp tuyến tại M, N cắt nhau tại A, vẽ AD⊥OQ Khi đó OD.OQ = R2

Bổ đề 2 (Định lý Brocard) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi

P là giao điểm của AD và BC, Q là giao điểm của AB, CD I là giao điểm của AC và BD Khi đó P I⊥OQ và nếu D là giao điểm của P I và OQ thì OD.OQ = R2

B

C D

O Q

I

H K

Bổ đề 3 (Định lý Desargue) Cho hai tam giác ABC và A0B0C0 Gọi M

là giao điểm của ABvA0B0, N là giao điểm của AC và A0C0; P là giao điểm của BC và B0C Khi đó M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi AA0, BB0 và CC0 đồng quy

Bổ đề 4 Cho tam giác ABC,hai tia Ax, Ay đối xứng nhau qua phân giác góc A Gọi H, K là hình chiếu của B trên Ax, Ay; P, Q là hình chiếu của C trên Ax, Ay Khi đó 4 điểm H, K, P, Q cùng thuộc một đường tròn và tâm là trung điểm BC

B

C

H

Q K

M

Trở lại bài toán a) Theo bổ đề 1, gọi D0 là hình chiếu của A trên BC Ta có

ID0.IQ = R2

Gọi X là giao điểm của M E và N F XP cắt BC tại D00 Suy ra XP ⊥BC và

ID00.IQ = R2 Suy ra D00 ≡ D0 Từ đó ta có X, A, P, D thẳng hàng và EF ID nội tiếp

b) Gọi S là giao điểm của CM và CN Áp dụng định lý Desargue cho hai tam giác P EF và SBC ta có A, P, S thẳng hàng Suy ra S ∈ AD

Ta chứng minh được ∠BAK = ∠CAH Suy ra AK, AH đối xứng nhau qua phân giác góc ∠BAC

Áp dụng bổ đề 4, ta có trung điểm HK cách đều BC