Tuyển tập đề thi HSG lớp 10 môn Toán - Hướng tới kỳ thi HSG Quốc gia và Khu vực
Nội dung tài liệu
Tải xuống
Link tài liệu:
Các tài liệu liên quan
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
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
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 1
Câu 1.
x x y x y 2 y 2 y2
a) Giải hệ phương trình:
.
2
4
2
3
x
y
x
2
y
1
b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
1
5
.
2
2
2
1 a
1 b
1 c
1 min a; b; c 2
Câu 2.
a) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p 2 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 a 3 b3 c 3 là hợp số.
Câu 3.
Tìm tất cả các hàm số f : * * , thỏa mãn f 1 1 và:
f ( x y ) f ( x) f ( y ) xy, x, y * .
Câu 4.
Cho tam giác ABC có O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp. Gọi D, E , F lần lượt là tiếp
điểm của đường tròn I với BC , CA, AB. Gọi giao điểm của FD và CA là P, giao điểm của ED và AB là
Q. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của PE và QF .
a) Chứng minh rằng NF 2 NA NB.
b) Chứng minh rằng OI vuông góc với MN .
Câu 5.
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---------------------------------------------------------------
thuvientoan.net
LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 1
Câu 1.
2
x x y x y 2 y 2 y
a) Giải hệ phương trình:
.
2
4
2
3
x y x 2 y 1
b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
2
5
.
2
2
2
1 a
1 b
1 c
1 min a; b; c 2
Lời giải
a) Điều kiện y 0, x y 0 .
Vì x y 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình nên:
x x y x y 2 y 2 y 2 x 2 xy 2 y 2
x y 2y 0
x y2y
0
x y 2y
x 2 y x y
1
x y x 2 y
0 1
x y 2 y
1
0 . Do đó, từ 1 ta có x y . Thay x y vào phương trình
x y 2y
Vì y 0, x y 0 nên x 2 y
thứ hai của hệ, ta được:
x 2 3 x 4 x 2 2 x 1 0
x 2 x 1
3
x 4 x 2 x 0 x 2 x 1 3 x 2
x 2 x 1 3 x 2
x 2 x 1 1
Vì 1
3
3
2
3
2
x
3
3
2
2
3
2
x 1 x 1 x
3
x2
x 2 1 3 x 2 1. 3 x
x 2 x 1
2
x
3
2
x 2 1 3 x 2 1 3 x
3
x 2 1 3 x 0
0
0 2
2
x
3
x 2 x 1 0
1 5
.
x y
0 nên từ 2 ta có
2
0
x
y
1 5 1 5
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y
;
2
2
thuvientoan.net
2
x
3
b) Với mọi x, y 0 và xy 1, ta có:
1
1
2
.
2
2
1 x
1 y
1 xy
Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
1
1
1
1
0
2
2
1 x 1 xy 1 y 1 xy
xy x 2
xy y 2
y
x y
x
x y
0
0
2
2
2
2
1 y 1 xy 1 x 1 xy
1 x 1 xy 1 y 1 xy
2
x
x y xy 1
y
x y
0
0
1 x 2 1 y 2
1 x1 y
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.
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
1
1
1
2
5
.
2
2
2
1 a
1 b
1 c
1 c 2
Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có:
1
1
1
1
2
1
2
2c
1
2
1
5
1
2
2
2
2
2
2
1 a
1 b
1 c
1 c 1 ab 1 c
1 c 1 c 1 c
1 c
1 c
2
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 p 2 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 a 3 b3 c 3 là hợp số.
Lời giải
a) Giả sử p 2 p 1 b3 , b * .
Ta có p 2 p b3 1 p p 1 b 1b 2 b 1 (1).
Mà b3 p 2 p 1 p 2 p3 b p b 1 p 1 (2).
Từ (1) và (2) suy ra b 2 b 1 chia hết cho b2 b 1 kp với k * và k 2.
Thay b2 b 1 kp vào (1) p k b 1 1.
Vậy b 2 b 1 k k b 1 1 k 2b k 2 k (3).
thuvientoan.net
Suy ra b 2 b k 2b k 2 k 1 k 2b (4).
Vì b 2 b 1 k 2 b 1 k 2 k 2 b 1 (5) do k 2.
Nếu b 1 hoặc b 2 thì p 2 p 1 bằng 1 hoặc 7. Khi đó không tồn tại p nguyên tố thỏa mãn.
Với b 2 từ (4) và (5) suy ra:
b2 b
b 2 b 1
1
b 1 k 2
b2
b 3.
b
b 1
b 1
Suy ra k 2 b 2. Thay vào (3) ta được:
b 2 3 b 7.
Với b 7, ta tìm được k 3 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 1 và c k k 2.
Ta có a 3 b3 c 3 3k a b c a3 b3 c3 3abc a b c a 2 b2 c 2 ab bc ca.
Suy ra: a 3 b3 c 3 a b c a 2 b 2 c 2 ab bc ca 3k .
Mà a 2 b 2 c 2 ab bc ca nên a 2 b 2 c 2 ab bc ca 3k 0.
Như vậy a 3 b3 c 3 là tích của hai số nguyên dương nên a 3 b3 c 3 là hợp số.
Câu 3.
Tìm tất cả các hàm số f : * * , thỏa mãn f 1 1 và:
f ( x y ) f ( x) f ( y ) xy, x, y * .
Lời giải
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:
f 2n 2 f ( n) n 2
f 3n f (n) f 2n 2n 2
f 4n f (n) f 3n 3n 2
...
f mn f (n) f m 1 n m 1 n 2
Cộng từng vế theo vế ta được: f mn mf (n)
thuvientoan.net
m m 1 2
n , m, n * (1).
2
Trong (1) cho n 1 và kết hợp với f 1 1, ta được: f (m)
m m 1
, m * .
2
Mặt khác m m 1 là tích của hai số nguyên liên tiếp nên m m 1 chia hết cho 2.
Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy f ( x)
x x 1
2
, x * là hàm số cần tìm.
Câu 4.
Cho tam giác ABC có O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp. Gọi D, E , F lần lượt là tiếp
điểm của đường tròn I với BC , CA, AB. Gọi giao điểm của FD và CA là P, giao điểm của ED và AB là
Q. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của PE và QF .
a) Chứng minh rằng NF 2 NB NA.
b) Chứng minh rằng OI vuông góc với MN .
Lời giải
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 ED QSDE 1 C QSDE 1 QFBA 1.
Mà N là trung điểm của QF NF 2 NB NA (Hệ thức Newton).
thuvientoan.net
b) Tương tự câu a) ta có ME 2 MC MA.
Suy ra NI 2 MI 2 NF 2 ME 2 NB NA MC MA
Lại có: NB NA MC MA PN /O PM /O NO 2 R 2 MO 2 R 2 NO 2 MO 2 .
Suy ra:
2
NI 2 MI 2 NO 2 MO 2 NO
NO NI NO NI MO MI
2 IO NM 0 MN IO
2
2
2
NI MO MI 0
MO MI 0
Vậy OI MN . Ta có điều phải chứng minh.
Câu 5.
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.
Ta có tổng hai phần tử nhỏ nhất có thể là 1 2 3 và tổng hai phần tử lớn nhất có thể là 8 9 17.
Có 15 tổng từ 3 đến 17. Mặt khác có C62 15 cặp từ S . Vậy mỗi số từ 13 đến 17 là tổng của đúng một cặp
thuộc S . Cặp thuộc 1; 2;3;...;9 có tổng bằng 3 là 1; 2 và có tổng bằng 17 là 8;9. Do đó 1; 2;8;9 S .
Nhưng ta có 1 9 2 8 mâu thuẫn với tính chất của S .
Vậy tập S có nhiều nhất 5 phần tử.
thuvientoan.net
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2020- 2021
THUVIENTOAN.NET
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ SỐ 3
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1.
a) Giải phương trình 6 3 x 1 2 x x 2 2 x 2 x 8.
b) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a 2 b 2 c 2 3. Chứng minh rằng:
a
b
c
1.
b2 c2 a2
Câu 2.
bc b c 0 mod a
Xét hệ đồng dư
ca c a 0 mod b trong đó 1 a b c là các số nguyên.
ab a b 0 mod c
a) Chứng minh rằng hệ có vố số nghiệm.
b) Tìm tất cả các bộ số a, b, c nguyên dương mà a và b nguyên tố cùng nhau.
Câu 3.
a) Tìm tất cả các đa thức P( x) với hệ số thực sao cho với mọi a, b, c thỏa mãn a b c 0 thì:
P a 3 P b3 P c3 3P abc.
b) Cho hai ánh xạ f : là một toàn ánh và g : là một đơn ánh, thỏa mãn:
f (n) g (n), n .
Chứng minh rằng: f (n) g (n) với mọi n .
Câu 4.
Cho tam giác ABC nhọn, không cân ngoại tiếp đường tròn I . Gọi D, E , F lần lượt là tiếp điểm của đường
tròn I lên các cạnh BC , CA, AB. Gọi A0 là điểm đối xứng với D qua EF và A1 là giao điểm của AA0 với
đường thẳng BC. Các điểm B1 , C1 được xác định tương tự. Chứng minh rằng A1 , B1 , C1 cùng nằm trên đường
thẳng Euler của tam giác DEF .
Câu 5.
Số nguyên dương n được gọi là “số đẹp” nếu tồn tại các số tự nhiên a 1 và b 1 sao cho n a b b. Hỏi có
tồn tại hay không 2018 số tự nhiên liên tiếp sao cho trong 2018 số đó có đúng 2016 “số đẹp” ?
----------------------------------------------------------------HẾT--------------------------------------------------------------thuvientoan.net
LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 3
Câu 1.
a) Giải phương trình 6 3 x 1 2 x x 2 2 x 2 x 8.
b) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a 2 b 2 c 2 3. Chứng minh rằng:
a
b
c
1.
b2 c2 a2
Lời giải
a) Điều kiện x 2.
Khi x 1 6 3 x 1 2 x x 2 2 3 7 2 x 2 x 8 nên phương trình không có nghiệm trên 2;1.
Khi x 1 , áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:
6 3 x 1 2 x x 2 2 x 1 1 1 x
Suy ra:
4 x 2
2
x 2 10 x 4
2
x 2 10 x 4
2
2 x 2 x 8 x 2 0 x 2.
2
Vậy x 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
a(a 2)(c 2) (a 2)(b 2)(c 2) ab
2
bc 2 ca 2 2(a 2 b 2 c 2 ) abc 8
ab 2 bc 2 ca 2 abc 2
Giả sử b nằm giữa hai số a, c. Khi đó (b a)(b c) 0 b 2 ac b(a c).
Do đó ab 2 bc 2 ca 2 a(b 2 ac) bc 2 ab(a c) bc 2 b(a 2 c 2 ) abc.
Nên để chứng minh ab 2 bc 2 ca 2 abc 2 ta chỉ cần chứng minh b(a 2 c 2 ) 2.
Thật vậy, ta có 2 b(a 2 c 2 ) 2 b(3 b 2 ) (b 1) 2 (b 2) 0.
Do đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.
Dấu bằng xảy ra khi a b c 1 hoặc a 0, b 1, c 2 và các hoán vị.
Câu 2.
bc b c 0 mod a
Xét hệ đồng dư:
ca c a 0 mod b trong đó 1 a b c là các số nguyên.
ab a b 0 mod c
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;3m; 7m với 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
ab bc ca a b c nabc
1 1 1 1
1
1
n, n *
a b c ab bc ca
Do a, b, c nguyên tố cùng nhau nên nếu a chẵn suy ra bc b c chẵn và do đó b, c chẵn, vô lí.
Vậy a lẽ. Xét a 3, b 5 và c 7.
Khi đó, ta có: n
1 1 1 1
1
1 1 1 1
1
1
1
1.
a b c ab bc ca 3 5 7 3 5 5 7 7 3
Suy ra n 1, vô lí do n 1.
Vậy a 1. Do đó b 3, c 5. Xét tương tự b 5 thì c 7 tương tự ta cũng loại. Vậy b 3 và do đó c 7.
Tóm lại ta có a, b, c 1, 3, 7.
Câu 3.
a) Tìm tất cả các đa thức P( x) với hệ số thực sao cho với mọi a, b, c thỏa mãn a b c 0 thì:
P a 3 P b3 P c3 3P abc.
b) Cho hai ánh xạ f : là một toàn ánh và g : là một đơn ánh, thỏa mãn
f (n) g (n), n .
Chứng minh rằng: f (n) g (n) với mọi n .
Lời giải
a) Ta có P a 3 P b3 P c3 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 x3 P x3 0 P( x) P(x), x .
Trong (1), thay a b x, c 2 x, ta được 2 P x 3 P 8 x3 3P 2 x 3 .
Hay 2 P( x) P 8 x 3P 2 x , x . (2).
n
Giả sử P( x) ak x k với n 1 và an 0. So sánh hệ số của x n trong (2), ta được:
i0
2an an 8n 3an 2n 2 3 2n 8n 23n 3 2n 2 0 n 1.
Suy ra P( x) px q với p, q . Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy P( x) px q là đa thức cần tìm.
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 m0 là giá trị nhỏ nhất trong A.
Gọi n0 là số tự nhiên sao cho f n0 g n0 m0 . Do f là một toàn ánh nên tồn tại n1 là một số tự nhiên sao
cho f n1 g n0 m0 f n0 . Rõ ràng n0 n1.
Theo giả thiết m0 f n1 g n1 nếu dấu bằng xảy ra thì m0 g n1 trái với giả thiết g là một đơn ánh.
Vậy f n1 g n1 tức g n1 A và nhỏ hơn m0 . Điều này là mâu thuẫn với tính chất m0 trong tập A.
Vậy điều giả sử sai, nên điều cần chứng minh đúng.
Câu 4.
Cho tam giác ABC nhọn, không cân ngoại tiếp đường tròn I . Gọi D, E , F lần lượt là tiếp điểm của đường
tròn I lên các cạnh BC , CA, AB. Gọi A0 là điểm đối xứng với D qua EF và A1 là giao điểm của AA0 với
đường thẳng BC. Các điểm B1 , C1 được xác định tương tự. Chứng minh rằng A1 , B1 , C1 cùng nằm trên đường
thẳng Euler của tam giác DEF .
Lời giải
Bổ đề
Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm các phân giác trong A , B , C với đường tròn O và R, r lần lượt là
bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ABC. Khi đó OI chính là đường thẳng Euler của DEF .
A
N
E
P
F
B
H
I
O
C
D
M
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.
thuvientoan.net
Hơn nữa các tam giác MNP, DEF lần lượt 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 ra 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 nhau 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
do MB MC.
AM
AB AC
Gọi Q là chân đường phân giác trong 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 ra được ba điểm A1 , I , H thẳng hàng hay A1 nằm trên đường thẳng Euler
của DEF .
Ta chứng minh hoàn toàn tương tự cho các điểm B1 , C1 .
Vậy ta hoàn thành việc chứng minh.
thuvientoan.net
Câu 5.
Số nguyên dương n được gọi là “số đẹp” nếu tồn tại các số tự nhiên a 1 và b 1 sao cho n a b b. Hỏi có
tồn tại hay không 2018 số tự nhiên liên tiếp sao cho trong 2018 số đó có đúng 2016 “số đẹp” ?
Lời giải
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 22017!.
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.
Vì f (1) 2107 (do 1, 2, 3, 4, 5 không là số đẹp).
Để ý f (k ) 2016 và | f (n 1) f (n) | 1 với mọi số tự nhiên n, do đó tồn tại số tự nhiên n mà:
1 n k 22017! sao cho f (n) 2016.
Bài toán được chứng minh.
thuvientoan.net
THUVIENTOAN.NET
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ SỐ 4
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.
x 2 y 2 x y 5
2
2
a) Giải hệ phương trình
x z x z 40 với x, y, z .
y 2 z 2 y z 13
b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 3. Chứng minh rằng:
1 1 1
8 9 10 a 2 b 2 c 2 .
a b c
Câu 2.
Một cậu bé cần phải đoán một số nguyên dương n . Cậu ta được biết số này có 250 ước nguyên dương
1 d1 d 2 ... d 250 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.
Câu 3.
Tìm tất cả các hàm số f : , thỏa mãn:
1
x f ( y ) f ( xy )
x
y
f với mọi x, y .
x
Câu 4.
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB AC và M là trung điểm cạnh BC. Gọi P là một điểm bất kì trên đoạn AM
. Đường tròn
(P khác A và M). K, L lần lượt là các điểm thuộc tia BP, CP sao cho AKB
ABC và
ALC ACB
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 .
Câu 5.
Tìm số các bộ sắp 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 của một lục giác lồi sao cho sau một số hữu hạn các
bước chọn một đỉnh nào đó của lục giác (mỗi bước chọn một đỉnh) rồi cộng thêm 1 vào hai số viết ở cạnh xuất
phát từ đỉnh đó thì ta có thể thu được trạng thái tất cả các số trên các cạnh lục giác bằng nhau.
----------------------------------------------------------------HẾT--------------------------------------------------------------thuvientoan.net
LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 4
Câu 1.
x 2 y 2 x y 5
2
2
a) Giải hệ phương trình
x z x z 40 với x, y, z .
y 2 z 2 y z 13
b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 3. Chứng minh rằng:
1 1 1
8 9 10 a 2 b 2 c 2 .
a b c
Lời giải
x 4 y 4 5( x y )
4
4
a) Từ hệ suy ra
x z 40( x z )
4
4
y z 13( y z )
Suy ra 5( x y ) 13( y z ) 40( x z ) 0 5 x 3z 2 y
Từ hệ dễ thấy y 0 nên đặt a
5 x 3z
2
y
y
x
z
; b , ta được 5a 3b 2 (4)
y
y
( x 2 y 2 )( x y )
5
(a 2 1)(a 1)
5
2
(5)
Từ (1) và (3) suy ra 2
2
( y z )( y z )
13
(b 1)(1 b)
13
Thế b
2 5a
1
từ (4) vào (5) được: 122a 3 3a 2 72a 52 0 a .
3
2
Suy ra b
3
y 2 x; z 3x .
2
Thế vào (2) ta được: x 0 hoặc x 1 , chỉ có nghiệm x 1 thỏa mãn.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y; z ) (1; 2; 3) .
2
2
2
2
b) Ta có: a b c
a b c
2
2
3 và a 2 b 2 c 2 a b c 2 ab bc ca a b c 9.
3
Suy ra 3 a 2 b 2 c 2 9. Do đó t 0;1 sao cho a 2 b 2 c 2 3 6t 2 . Khi đó: ab bc ca 3 3t 2 .
2
2
2
2
2
2
Mặt khác 3 6t a b c a
b c
4
a2
3 a 2
4
.
Giả bất phương trình này ta thu được 1 2t a 1 2t. Tương tự 1 2t b, c 1 2t.
Suy ra:
thuvientoan.net
1 2t a1 2t b1 2t c 0
3
2
abc 1 2t a b c 1 2t ab bc ca 1 2t .
Thay a b c 3 và ab bc ca 3 3t 2 vào vế phải bất đẳng thức và thu gọn, ta được:
2
abc 1 t 1 2t .
Quay trở lại bài toán, ta có:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
24 1 t 2
8 ab bc ca
2
2
2
9 10 a b c
9 30 1 2t 2
abc
abc
2
81 t
3 10 1 2t 2 .
abc
2
Do abc 1 t 1 2t nên ta có
Ta cần chứng mnh
81 t
1 t 1 2t
81 t 2
abc
81 t 2
2
1 t 1 2t
81 t
.
1 t 1 2t
3 10 1 2t 2 .
Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 2t 1 10t 2 5t 1 0.
2
Do t 0;1 nên bất đẳng thức cuối đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t
1
1
hay a 2, b c và các hoán vị.
2
2
Suy ra điều phải chứng minh.
Câu 2.
Một cậu bé cần phải đoán một số nguyên dương n . Cậu ta được biết số này có 250 ước nguyên dương
1 d1 d 2 ... d 250 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 k là đoán được số n.
Xét số dạng n p.q124 , với 2 p q là các số nguyên tố, lúc đó 250 ước của n theo thứ tự là:
1 p q pq q 2 ... q124 p.q124
thuvientoan.net
Nếu k lẻ thì ước nhận được sẽ có dạng d k q m , tức là cậu bé không biết được về p, hay cậu bé không thể biết
được n. Vậy k phải chẵn.
Ta lại xét số n p124 .q , với p,q nguyên tố và p q p 2 , dễ thấy khi đó các ước d k với k chẵn chỉ có dạng
d k p m , 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 249 và d 248
+ Nếu d 249 không là bội của d 248 thì BCNN của hai số này là ước của n và lớn hơn d 249 . Do đó số cần tìm là
n d 250 lcm d 248 , d 249 .
+ Nếu d 249 là bội của d 248 , đặt d 249 t.d 248 thì t cũng là ước của n. Nhưng 1 t
n
d3 , suy ra t d 2 . Khi
d 248
đó xác định được n t.d 249 .
Vậy sau hai lần hỏi ta luôn có thể xác định được số n.
Câu 3.
Tìm tất cả các hàm số f : , thỏa mãn:
1
x f ( y ) f ( xy)
x
y
f với mọi x, y (1).
x
Lời giải
Giả sử tồn tại hàm số f : thỏa mãn đề bài.
Đầu tiên, ta thay y bởi x trong (1), được:
x 1 f ( x) f x 2 f 1 với mọi x 0.
x
Thay x bởi
(2)
x
và y bởi 2x trong (1), được:
2
x 2 f 2 x f x 2 f 4 với mọi x 0.
2 x
(3)
Trong (1), thay x bởi 2x và y bởi 2 x, được:
2 x 1 f 2 x f 4 x 2 f 1 với mọi x 0. (4)
2x
Cuối cùng, ta thay x bởi 4x và y bởi x, được:
1
2
4 x f ( x) f 4 x
4x
thuvientoan.net
1
f với mọi x 0. (5)
4
Từ (2), (3), (4) và (5), ta có hệ phương trình:
x 1 f ( x) f x 2 f 1
x
x 1 f ( x) f x 2 f 1
x
với mọi x 0.
x 2
2
f 2 x f x f 4
2 x
4 x 1 f ( x) f 4 x 2 f 1
4
4 x
Giải hệ phương trình này ta được:
1
1
4 f 20 f 1 16 f 4
16 f 20 f 1 4 f 4
1
4
4
f ( x)
x
với mọi x 0.
45
54
x
Hay là f ( x) ax
b
với x 0.
x
Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy tất cả các hàm số cần tìm là f ( x) ax
b
với x 0.
x
Câu 4.
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB AC và M là trung điểm cạnh BC. Gọi P là một điểm bất kì trên đoạn AM
. Đường tròn
(P khác A và M). K, L lần lượt là các điểm thuộc tia BP, CP sao cho AKB
ABC và
ALC ACB
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
F
A
I
G
L
E
K
P
B
H
C
M
J
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:
AKB
ABC MAB
Suy ra BKA và BAP đồng dạng. Từ đó AB 2 BP BK .
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có AB 2 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
PFB
PHC
PEA
. Do đó tứ giác APEF nội tiếp, suy ra EPF
EAF
900 , hay PE PF .
PFA
Gọi G là giao điểm của HP với EF. Từ các tứ giác nội tiếp HPEC và APEF ta suy ra
ECH
PFE
.
GPE
ACB MAC
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.
Câu 5.
Tìm số các bộ sắp 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 của một lục giác lồi sao cho sau một số hữu hạn các bước
chọn một đỉnh nào đó của lục giác (mỗi bước chọn một đỉnh) rồi cộng thêm 1 vào hai số viết ở cạnh xuất phát từ
đỉnh đó thì ta có thể thu được trạng thái tất cả các số trên các cạnh lục giác bằng nhau.
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 eb 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 2 N b f ; N ; N ; d 2 N c e; N ; N .
Từ a c e b d f , suy ra a 2 N b f d 2 N 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 c e b d f 15
Ta liệt kê các bộ 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 bộ ba. Do đó số bộ cần tìm là 196!.
thuvientoan.net
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021
THUVIENTOAN.NET
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ SỐ 5
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.
x3 4 y 2 1 2 x 2 1 x 6
a) Giải hệ phương trình
với x, y .
2
x y 2 2 4 y 2 1 x x 2 1
b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn
a b c 1 . Chứng minh rằng:
a 2 b 2 c 2 7 ab bc ca 8a bb cc a .
Câu 2.
Cho dãy số nguyên a1 1, an1 2n 2an 1 , n * . Chứng minh rằng an chia hết cho p n p 1 với mọi n
nguyên dương và p nguyên tố, p n .
Câu 3.
Tìm tất cả các hàm số f : với là tập hợp các số hữu tỉ dương, thỏa mãn:
f ( x) f ( y ) 2 xyf ( xy ) =
f ( xy )
, x, y
f ( x y)
Câu 4.
DB EC FA
. Chứng minh rằng hai tam
EA EA FB
giác ABC , DEF có chung tâm đường tròn ngoại tiếp O khi và chỉ khi hai tam giác có chung trực tâm H .
Cho tam giác ABC có D BC , E CA, F AB sao cho k 2
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) n 8, k 5.
b) n lẽ và n 2017, k
n 1
.
2
----------------------------------------------------------------HẾT--------------------------------------------------------------thuvientoan.net
LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 4
Câu 1.
x3 4 y 2 1 2 x 2 1 x 6
a) Giải hệ phương trình
với x, y .
2
x y 2 2 4 y 2 1 x x 2 1
b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn
a b c 1 . Chứng minh rằng:
a 2 b 2 c 2 7 ab bc ca 8a bb cc a .
Lời giải
a) Điều kiện xác định: x 0.
Thay x 0 vào hệ ta thấy không thỏa mãn. Vậy x 0. Theo phương trình thứ hai ta suy ra y 0 .
Chia cả hai vế của phương trình thứ hai cho x 2 0 ta được
1
1
2 y 1 4 y 2 1 1 2 1 (*).
x
x
Xét hàm số f t t 1 1 t 2 , t 0; . Với a b; a, b 0; ta có:
a b a 2 b 2 a b
0.
f a f b a b 1
2
2
a 1 a b 1 b
Vậy hàm số đồng biến trên 0; .
1
2 y. Thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta có x x 3 2 x 2 1 x 6.
x
x a 0 thì được a 6 2a 5 a 2 2a 6 .
Do đó từ phương trình (*) ta suy ra
Đặt
Nếu a 1 thì a 6 2a 5 a 2 2a 6 .
Nếu 0 a 1 thì a 6 2a 5 a 2 2a 6 . Do vậy a 1 .
b) Ta có:
8a bb c c a
a b c
8a bb cc a 4ab 4ac 2 a ba c
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được:
1
4ab 4ac 2 a ba c 4ab 4ac 2 a ba c
2
Suy ra:
1
8a bb c c a 4ab 4ac 2 a ba c a 2 b 2 c 2 7 ab bc ca .
2
thuvientoan.net
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c .
9
Ta có điều phải chứng minh.
Câu 2.
Cho dãy số nguyên a1 1, an1 2n 2an 1 , n * . Chứng minh rằng an chia hết cho 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 an chia hết cho 2n1 .
Với p 3 : 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 2
1 3k 1 .
Do đó an chia hết cho 3n2 .
Cho p nguyên tố lẻ lớn hơn 3. Giả sử đã có an chia hết cho q nq 1 với mọi 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 hơn p nên từ giả thiết quy nạp suy ra với mọi n p 1
ta có
an q nq 1 q pq q (do p 1 q nên p q q q 1 2 1 ) nên an p 1 .
Do đó a p 2
a p1
1 2 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 , do đó suy ra
p k p2
ak 1 2ak 1 2
1 p k p 2 .
Đó chính là điều phải chứng minh.
Câu 3.
Tìm tất cả các hàm số f : với là tập hợp các số hữu tỉ dương, thỏa mãn:
f ( x) f ( y ) 2 xyf ( xy ) =
f ( xy )
, x, y . (1)
f ( x y)
Lời giải
Bước 1: Chứng minh f (1) = 1 .
Thật vậy, cho y = 1 vào (1) và đặt f (1) = a, ta có:
f ( x) a 2 xf ( x) =
thuvientoan.net
f ( x)
f ( x)
f ( x 1) =
. (2)
f ( x 1)
(1 2 x) f ( x) a
1
a
1
1
Suy ra: f (2) =
; f (3) = 4 =
; f (4) =
.
2
5
4a
5
4
a
7
5
a
4
a
a
4
f (4)
Mặt khác, cho x = y = 2 vào (1), ta có: 2 f (2) 8 f (4) =
= 1.
f (4)
1
8
= 1 a = 1 . Vậy f (1) = 1 .
2 7 5a 4a 2
f ( x)
Bước 2: Chứng minh f ( x n) = 2
, n = 1, 2,... (3)
(n 2nx) f ( x) 1
Từ (2) suy ra
Bằng phương pháp quy nạp, ta có:
Từ (2) suy ra (3) đúng với n = 1 , giả sử đúng với n = k . Ta có:
f ( x)
f (x k)
(k 2kx) f ( x) 1
=
f ( x k 1) =
(1 2( x k )) f ( x k ) 1 (1 2( x k )) f ( x) 1
(k 2 2kx) f ( x) 1
f ( x)
=
.
2
( x 1) 2(k 1) x) f ( x) 1
2
Và từ f (1) = 1 ta có f (n 1) =
f (1)
1
=
(n 2n) f (1) 1 (n 1)2
2
1
, n N * .
n2
1
1
,n = 1, 2,... (4)
Bước 3: Chứng minh f = n 2 =
n
1
n
hay f (n) =
1
f
1
1
n
Thật vậy, trong (3) thay x = ta có : f n =
.
1
n
n
2
(n 2) f ) 1
n
Thay y =
1
vào (1)ta có : f ( x)
n
1
Vậy f (n) f 2 =
n
1
f 2 =
x
1
1
1
= n 2 2 f mà f (n) = 2 nên f = n 2 .
n
1
n
n
f n
n
1
Bước 4: Chứng minh nếu q =
m
1
, (m; n) = 1, m, n N * thì f (q ) = 2 .
n
q
Thật vậy, với (m, n) = 1 đật x = n, y =
thuvientoan.net
1
.
1
f x
x
1
trong (1) ta có :
m
1
2n
f f (n)
m
m
n
f =
m
n
f
m
.
1
f n
m
1
f
1
1
1
m
=
Cho x =
trong (3), ta có: f n =
.
2n
1
m
m 2 2n 1
2
n f 1 n 2
m m
m m
Do đó,
1
2n
m2
2
n
m
n
1
f = n
m
m
n
f .
m
1
2
2
n n 2 m 1
1
Vậy f (q) = f =
= = 2 .
m
1 n q
n2 2
m
1
Thử lại ta có f ( x) = 2 thỏa mãn yêu cầu của đề bài.
x
Câu 4.
DB EC FA
. Chứng minh rằng hai tam
EA EA FB
giác ABC , DEF có chung tâm đường tròn ngoại tiếp O khi và chỉ khi hai tam giác có chung trực tâm H .
Cho tam giác ABC có D BC , E CA, F AB sao cho k 2
Lời giải
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 .
A
F
O
B
E
D
Xét phương tích:
PD /( ABC ) DO 2 R 2 DB.DC.
PE/( ABC ) EO 2 R 2 EA.EC.
PF/( ABC ) FO 2 R 2 FB.FA.
thuvientoan.net
C
Suy ra DB DC EA EC FA FB. Mặt khác kết hợp giả thiết ta có:
k 2 DB 2 CE 2 k 2 AF 2 k 2 AF BD CF .
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.
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 ra 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.
2
GH
GH
Vậy hai tam giác ABC , 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) n 8, k 5.
b) n lẽ và n 2017, k
n 1
.
2
Lời giải
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 8ki 1;8ki 2;...;8ki 8 và một
tập gồm r số còn lại 8l 1;8l 2;...;8l r .
Khi đó B 8ki 1;8ki 2;...;8ki 8 4 , nên B 8l 1;8l 2;...;8l r
Số cách chọn ít nhất
r 1
l . .
2
r 1
r 1
phần tử thuộc B từ tập 8l 1;8l 2;...;8l r nhiều nhất là Cr 2 C74 35 .
2
Có ít nhất 127 tập có dạng 16 j 1;16 j 2;...;16 j r nên có ít nhất hai tập mà các số dư khi chia cho 8 của ít
nhất
r 1
phần tử thuộc D là giống nhau.
2
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 nhất
cộng của các cặp phần tử tương ứng nói trên, tức là chỉ có tối đa
thuvientoan.net
r 1
phần tử là trung bình
2
r 1
phần tử còn lại, vô lý.
2
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021
THUVIENTOAN.NET
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ SỐ 6
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.
a) Giải phương trình 3 162 x 3 2 27 x 2 9 x 1 1
b) Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn a b c d 2. Chứng minh rằng:
a
b
c
d
8
2
2
2
a a 1 b b 1 c c 1 d d 1 3
2
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 2.
Xét số tự nhiên An 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 An chia hết cho 2017.
b) Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện Ak chia hết cho 2017.
Chứng minh rằng 2016 chia hết cho 2k .
Câu 3.
Cho P x và Q x là hai đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn: P x3 xQ x3 chia hết cho x 2 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.
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.
Câu 5.
Xếp hết 2017 học sinh vào 10 hàng thẳng phân biệt, trong cách xếp ta quan tâm đến thứ tự củacác học sinh trong
mỗi hàng (tính từ trên xuống dưới). Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp sao cho số học sinh trong mỗi hàng là một
số tự nhiên bất kì thuộc đoạn 0; 2017 ?
----------------------------------------------------------------HẾT--------------------------------------------------------------thuvientoan.net
LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 6
Câu 1.
a) Giải phương trình 3 162 x 3 2 27 x 2 9 x 1 1
b) Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn a b c d 2. Chứng minh rằng:
a
b
c
d
8
2
2
2
a a 1 b b 1 c c 1 d d 1 3
2
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Lời giải
a) Phương trình đã cho tương đương với:
162 x 3 6
3
2
162 x 3 2 2 3 162 x 3 2 4
3x 3x 1
27 x 2 9 x 1 1
2 3x 19 x 2 3x 1
3
2
3
3
162 x 2 2 162 x 2 4
3x 1
3
3x 3x 1
27 x 2 9 x 1 1
0
0
2
3
27 x 2 9 x 1 1
162 x3 2 2 3 162 x3 2 4
2 9 x 2 3x 1
0
3x
Xét phương trình:
2 9 x 2 3 x 1
3
2
162 x 3 2 2 3 162 x 3 2 4
3x
2
27 x 9 x 1 1
0
2 9 x 2 3x 1
3
2
162 x3 2 2 3 162 x 3 2 4
Ta đặt a 3 162 x 3 2 suy ra:
a
1
1
4
1
a 2
2 3x 1 a 2 3x 1 1 3x x
2
3
a
3x
3x
2 a
1
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x .
3
1
1
1
1
b) Đặt x a , y b , z c , t d ta có x y z t 0 và cần chứng minh:
2
2
2
2
4x 2
4y 2
4z 2
4t 2 8
2
2
2
2
4 x 3 4 y 3 4 z 3 4t 3 3
2
Hay
2 x 1
2
4x 3
2
thuvientoan.net
2 y 1
2
4y 3
2
2 z 1
2
4z 3
2
2t 1
2
4t 3
4
.
3
3x
3
162 x 3 2
Ta có 4 x 2 3x 2 y z t 3x 2 3 y 2 z 2 t 2 .
2
2
Nên
2 x 1
4 x2 3
2
2 x 1
3 x 2 y 2 z 2 t 2 1
2
VT
. Suy ra:
2
2
2
2 x 1 2 y 1 2 z 1 2t 1
3 x 2 y 2 z 2 t 2 1
4 x 2 y 2 z 2 t 2 1 4 x y z t
3 x 2 y 2 z 2 t 2 1
4
3
1
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z t 0 hoặc x y z , t và các hoán vị, hay là
2
2
abcd
1
hoặc a b c 1, d 1 và các hoán vị.
2
Ta có điều phải chứng minh.
Câu 2.
Xét số tự nhiên An 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 An chia hết cho 2017.
b) Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện Ak chia hết cho 2017.
Chứng minh rằng 2016 chia hết cho 2k .
Lời giải
1008
a) Ta có A1008 2016 1 10 ... 10
4
41007
2016
104
1
104 1
.
Vì 2017 là số nguyên tố và 102 , 2017 1 nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có:
2 2016
4 1008
10 1 2017 10 1 2017.
1008
Mà 104 1 104 1 và 104 1, 2017 1 nên:
1008
104
1 2017 104 1 k với k * .
Suy ra A1008 chia hết cho 2017.
b) Giả sử k là số nguyên bé nhất mà Ak chia hết 2017.
Với mọi số nguyên m thì Amk Ak do đó Amk 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 .
thuvientoan.net
Nếu r 0, ta có: A1008 Aka 104 r Ar .
Do A1008 2017 và Aka 2017 suy ra Ar 2017, mâu thuẫn với tính chất nhỏ nhất của k .
Vậy r 0 hay 1008 k , suy ra 2016 2k . 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 x3 xQ x3 chia hết cho x 2 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.
Lời giải
Ta có P x 3 xQ x 3 P x 3 P 1 x Q x 3 Q 1 xQ 1 P 1 (1)
Vì P x 3 P 1 x 3 1 và x3 1 x 2 x 1 nên P x 3 P 1 x 2 x 1
Lập luận tương tự ta cũng có Q x 3 Q 1 x 2 x 1
Do đó kết hợp với (1) thì xQ 1 P 1 x 2 x 1
Mà deg xQ 1 P 1 1 2 deg x 2 x 1 nên xQ 1 P 1 0 P 1 Q 1 0
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 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.
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
thuvientoan.net
a) Không mất 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 trong đoạn . AC . . Do NA NB NBA
Do đó tứ giác BMCN nội tiếp và ta được:
QM QN QB QC.
Suy ra Q có cùng phương tích đối với hai đường tròn O và AMN . Do đó Q thuộc trục đẳng phương AP
của 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 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 .
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 của ADE , OCD là OD.
Hơn nữa ODE
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 .
Câu 5
Xếp hết 2017 học sinh vào 10 hàng thẳng phân biệt, trong cách xếp ta quan tâm đến thứ tự củacác học sinh trong
mỗi hàng (tính từ trên xuống dưới). Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp sao cho số học sinh trong mỗi hàng là một
số tự nhiên bất kì thuộc đoạn 0; 2017 ?
thuvientoan.net
Lời giải
Đầu tiên ta tìm số cách xếp hết n học sinh n 1 vào 10 hàng thẳng phân biệt, trong cách xếp ta quan tâm đến
thứ tự của các học sinh trong mỗi hàng (tính từ trên xuống dưới); số học sinh trong mỗi hàng có thể là một số tự
nhiên bất kì thuộc đoạn 0; n ?
Đánh số các hàng theo thứ tự từ 1 đến 10. Giả sử an là số cần tìm; an1 là số cách xếp hết n 1 học sinh vào
10 hàng sao cho có x1 em ở hàng 1, x2 em ở hàng 2,…, x10 em ở 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 1 của hàng i, đứng sau học sinh thứ 2 của hàng i ,..., đứng sau học sinh thứ xi của hàng i).
Vậy học sinh thứ n có: ( x1 1) ( x2 1) ...( x10 1) n 9 cách xếp vị trí.
Ta có: an (n 9)an1. Dễ thấ a1 10.
Vậy a2017 2017 92017 8...1110
thuvientoan.net
2026!
.
9!
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021
THUVIENTOAN.NET
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ SỐ 7
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.
2 x x y 3 y 2 x 2 y 2 3 x 2 y 2
a) Giải hê phương trình
2
x 5 y 2 2 y 4 x 2 4 2 y 2
b) Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:
bc
ac
ab
3
a 3b a
b 3c b
c 3a c 2
Câu 2.
Chứng minh rằng phương trình 7 x 12 y 13z không có nghiệm nguyên.
Câu 3.
Tìm tất cả đa thức P x; y với hệ số thực, thỏa mãn:
P x, y P z, t P xz yt , xt yz với mọi x, y, z , t .
Câu 4.
Cho hai đường tròn O1 , O2 cắt nhau tại hai điểm A, B. XA, AY theo thứ tự là hai đường kính của hai đường
tròn đó. I là một điểm thuộc phân giác trong
XAY sao cho I không thuộc hai đường tròn và OI không vuông
góc XY , O là trung điểm của XY . Đường thẳng qua A vuông góc AI cắt O1 , O2 lần lượt tại E , F . IX cắt
O1 tại K , IY cắt O2 tại L.
a) Gọi C là giao của 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 5.
Một hình chữ nhật kích thước 2016 2017 được tô toàn bộ bởi bốn màu xanh, trắng, vàng, đỏ theo quy tắc
(i) Mỗi ô tô đúng một màu
(ii) Các màu xanh, trắng, đỏ, vàng lần lượt được tô cho các mảng có dạng
(1) xanh
(2) trắng
(3) đỏ
(4) vàng
Sau khi tô xong một người đếm được 1042017 , ô xanh, 1642017 ô trắng và tiếp tục đếm các ô màu còn lại. Hỏi
kết quả đếm được là đúng hay sai ?
----------------------------------------------------------------HẾT--------------------------------------------------------------thuvientoan.net
LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 7
Câu 1.
2 x x y 3 y 2 x 2 y 2 3 x 2 y 2
a) Giải hê phương trình
2
x 5 y 2 2 y 4 x 2 4 2 y 2
b) Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:
bc
ac
ab
3
a 3b a
b 3c b
c 3a c 2
Lời giải
3
2 x x y y 2 x 2 y 2 3 x 2 y 2
a) Ta có:
2
x 5 y 2 2 y 4 x 2 4 2 y 2
(1)
(2)
Điều kiện: x 2, y 1.
Chia hai vế của (1) cho y 2 0 và đặt t
x
với t 0, ta có:
y
(1) 2t t 1 2 t 2 1 3t 2 1
3
Sử dụng bất đẳng thức AM - GM ta có
2
2t t 1 t 1
và
2t t 1 2t t 1 t 1
2
3
2
2 t 2 1
2 t 2 1
2
Suy ra:
2t t 1 2 t 2 1
3
4t 2 4t 4
4t 2 4t 4
2
3t 2 1
2 t 1 0 t 1
2
2
Với t 1, ta có x y. Thay vào phương trình thứ hai ta được:
x 2 5 x 2 2( x 4) x 2 4 2 x 2
x 4
x 2 1 2 x 2 2 0
x2 1
x 4 x 2 1 0
x 4 x 1 2 x 2 2 x 2 4 2 x 2 0
2
2
2
2
( 2 x 2 2) 0
2x 2 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 3;3.
1
1
1
b) Đặt a ; b ; c x ; y ; z 0. .
x
y
z
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau
thuvientoan.net
x3
x
z 3x y
y
x 3 y z
z
y 3z x
3
2
Đặt vế trái là P, sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có
2
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 2 z y 2 x z 2 y xyz.
Mặt khác, ta chứng minh được: x 2 z y 2 x z 2 y xyz
4
3
x y z .
27
Thật vậy, không mất tính tổng quát ta giả sử y là số nằm giữa x và z. Khi đó
y x y z 0 y 2 xz xy yz y 2 x x 2 z x 2 y xyz
2
Suy ra: x 2 z y 2 x z 2 y xyz x 2 y z 2 y 2 xyz y x z . Mặt khác:
3
y x z x z
xz x z
2
2
2 4 x y z 3
y x z 4 y
4
2
2
3
27
2
3
2
Do đó Q x y z P . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z hay a b c.
3
2
Ta có điều phải chứng minh.
Câu 2.
Chứng minh rằng phương trình 7 x 12 y 13z không có nghiệm nguyên.
Lời giải
Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên.
z
z
Ta có 13z 1 mod 7 5 y 1 1mod 7 .
Mặt khác ord 7 5 6 y 6 . Do đó y chẵn.
Đặt x 2a, y 2b, z 2c a, b, c * .
2
2
2
Ta có 7 a 12b 13c .
Vì 7 a ,12b 1 nên theo định lý phần dư Trung Hoa, tồn tại các số nguyên dương m, n với gcd m; n 1 thỏa
mãn:
thuvientoan.net
7a m2 n2
7 a m2 n 2
2b b
b
hay
12 2mn
2 3 2mn .
c
2
2
2
2
c
13
m
n
13 m n
Trường hợp 1: n 1, suy ra m 22b1 3b.
m 1 7
2 7, vô lý.
Ta có: m 1m 1 7 a
m 1 7
Trường hợp 2: m; n 22 b1 ;3b
Ta có: m 2 n 2 24b2 32b 23b1.2b1 9b 2b1 2b 2b mod7.
Suy ra: m 2 n 2 7, vô lý.
Vậy điều giả sử là sai nên ta có điều phải chứng minh.
Câu 3.
Tìm tất cả đa thức P x; y sao cho:
P x, y P z, t P xz yt , xt yz với mọi x, y, z , t .
Lời giải
Xét trường hợp P( x, y ) 0 . Nhận xét:
( xz yt ) ( xt yz ) ( x y )( z t )
( xz yt ) ( xt yz ( ( x y )( z t )
Do đó nếu 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 ra
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 0 thì Q( x, y )Q 0, 0 Q 0, 0.
Ta chứng minh Q 0, 0 0
Thật vậy, giả sử Q 0, 0 0 . Lấy y x, t z .Từ (2) ta có Q x, x Q z, z Q 0, 0 0.
Xét Q z, z 0 Q x, x 0.
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
j
Ta có Q x, x 0 aij xi x 0.
i, j
i
Suy ra Q x, y aij xi y y j x y .
i, j
Tương tự nếu Q z, z 0, z thì suy ra Q x, y x y .
Điều này mâu thuẫn với (1). Như vậy Q x, y 1.
m
n
Vậy P( x, y ) x y x y , m, n là tất cả các đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4.
Cho hai đường tròn O1 , O2 cắt nhau tại hai điểm A, B. XA, AY theo thứ tự là hai đường kính của hai đường
tròn đó. I là một điểm thuộc phân giác trong
XAY sao cho I không thuộc hai đường tròn và OI không vuông
góc XY , O là trung điểm của XY . Đường thẳng qua A vuông góc AI cắt O1 , O2 lần lượt tại E , F . IX cắt
O1 tại K , IY cắt O2 tại L.
a) Gọi C là giao của 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 đi qua trung điểm O của XY . Tương tự FO2 cũng đi qua O.
O
Ta có OEK
1 EK O1 EA AEK EAO1 AXK ACX ECK .
Suy ra OE là tiếp tuyến của đường tròn CEK .
F
C
A
D
J
E
L
K
I
O1
O2
U
B
Y
O
X
b) Gọi D là giao của YL và EF , tương tự câu trên chứng minh được OF là tiếp tuyến của DFL.
Dễ chứng minh được OE OF nên O nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn CEK , DFL.
thuvientoan.net
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
1
KEU
KAU
KAI
KLI
(tứ giác ALIK nội tiếp có hai góc đối vuông).
Vì OE tiếp xúc CEK nên KCE
Từ đó suy ra 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 do ELKF nội tiếp nên JE JK JL JF PJ /(CEK ) = PJ /( DFL ) .
Vậy J nằm trên trục đẳng phương của CEK , DFL.
Tương tự do DLKC nội tiếp nên I nằm trên trục đẳng phương của CEK , DFL.
Ta có ba điểm O, I , J cùng nằm trên trục đẳng phương của CEK , DFL nên chúng thẳng hàng.
Vậy EK , FL, OI đồng quy.
Câu 5.
Một hình chữ nhật kích thước 2016 2017 được tô toàn bộ bởi bốn màu xanh, trắng, vàng, đỏ theo quy tắc
(i) Mỗi ô tô đúng một màu
(ii) Các màu xanh, trắng, đỏ, vàng lần lượt được tô cho các mảng có dạng
(1) xanh
(2) trắng
(3) đỏ
(4) vàng
Sau khi tô xong một người đếm được 1042017, ô xanh, 1642017 ô trắng và tiếp tục đếm các ô màu còn lại. Hỏi
kết quả đếm được là đúng hay sai?
Lời giải
Ta chứng minh bằng phản chứng.
Đánh số các ô theo quy tắc: ô (i, j ) được đánh số a trong đó a (i j )(mod 3), 0 a 2 .
Khi đó
+ Hình (1) chiếm các ô mà tổng các số trong các ô đó chia 3 dư 2.
+ Hình (2) chiếm các ô mà tổng các số trong các ô đó chia 3 dư 1.
+ Hình (3) chiếm các ô mà tổng các số trong các ô đó chia 3 dư 0.
+ Hình (4) chiếm các ô mà tổng các số trong các ô đó chia 3 dư 0.
thuvientoan.net
2
0
1
2
0
1
0
1
2
0
1
2
1
2
0
1
2
0
2
0
1
2
0
1
0
1
2
0
1
2
1
2
0
1
2
0
Giả sử sau khi tô xong, có N1 mảng hình (1), N 2 mảng hình (2), N 3 mảng hình (3), N 4 mảng hình (4).
Tổng các số ghi trong hình chữ nhật là 3k 2 N1 N 2 .
Do tổng các số trong hình chữ nhật chia hết cho 3 nên 2N1 N 2 chia hết cho 3.
Theo giả thiết 3N1 1042017, 3N 2 1642017. Suy ra N1 347339 , N 2 547339 .
Do đó 2 N1 N 2 1242017 . Số này không chia hết cho 3.
Vậy kết quả đếm được là sai.
thuvientoan.net
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021
THUVIENTOAN.NET
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ SỐ 8
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.
2 x3 y 3 3 x 2 y 2
5 x y 8 xy
xy
xy
a) Giải hê phương trình:
.
y
x 3 y 1 y 1
x
b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn ab bc ca 1. Chứng minh rằng:
3ab 1 3bc 1 3ca 1
4.
a b
bc
ca
Câu 2.
Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x, y, z , n với 0 n p thỏa mãn:
x 2 y 2 z 2 np.
Câu 3.
Tìm tất cả các hàm số f : , thỏa mãn:
f x 2 f ( y ) xf ( x) y, x, y .
Câu 4.
Cho tam giác ABC nhọn, không cân có trực tâm H . Trên đường tròn đường kính BC , về phía trong, lấy điểm
D thay đổi. Các đường tròn ADB , ADC lần lượt cắt lại BC ở E , F . Giả sử BH cắt AF , AE ở M , P; CH
cắt AE , AF ở N , Q.
a) Chứng minh rằng các điểm D, M , N thẳng hàng và tam giác AMN vuông.
b) Gọi R là giao điểm của AD, PQ. Chứng minh rằng điểm R luôn thuộc một đường tròn cố định khi điểm D
di động.
Câu 5.
Tìm số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho với mỗi tập con W gồm m phần tử của tập X 1, 2,..., 017 tồn
tại hai phần tử u và v (không nhất thiết phải phân biệt) trong W thỏa mãn u v 2n , với n là số nguyên
dương nào đó.
----------------------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------------------------
thuvientoan.net
LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 8
Câu 1.
2 x3 y 3 3 x 2 y 2
5 x y 8 xy
xy
xy
a) Giải hê phương trình:
.
y
x 3 y 1 y 1
x
b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn ab bc ca 1. Chứng minh rằng:
3ab 1 3bc 1 3ca 1
4
ab
bc
ca
Lời giải
a) Điều kiện xác định: x 0, 0 y 1.
Đặt u x y, v xy , u 0, v 0. Khi đó phương trình đâu của hệ trở thành:
2u 3 3u 2 v uv 2 2v 3 0 u 2v
Suy ra x y 2 xy x y 0. Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
Do
x 3 x
x 3 x
1 x 1 1 , điều kiện x 0;1.
3
, nên phương trình tương đương:
x 3 x
3 1 x 1
x 3 x
Nhận thấy x 1 là một nghiệm của phương trình, với 0 x 1 , ta thấy 3 1 x 1 3 còn
nên phương trình vô nghiệm.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất 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
4
a bc 4
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 3
Do đó bất đẳng thức đúng nếu ta chỉ ra được:
ab
bc
ca
4
ab a b bc b c ca c a 4.
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 rồi cộng, ta suy ra:
ab
bc
ca
4
ab a b bc b c ca c a 4 ab bc ca 4.
a b b c c a
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 0, b c 1 và các hoán vị.
Suy ra điều phải chứng minh.
Câu 2.
Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x, y, z , n với 0 n p thỏa mãn:
x 2 y 2 z 2 np.
Lời giải
Với p 2, ta chọn x 0, y z n 1.
Xét p 2.
Nếu 1 là số chính phương modulo p, khi đó tồn tại a 0 a p sao cho a 2 1 mod p .
Lấy x, y, z 0, 1, a .
2
Ta có x 2 y 2 z 2 a 2 1 p, a 2 1 p 1 1 p 2 nên tồn tại n 1, 2,..., p 1 sao cho:
x 2 y 2 z 2 np 0.
Nếu 1 không là số chính phương modulo p, khi đó 1
p1
2
1 mod p .
Ta chứng minh tồn tại số tự nhiên k 0 k p sao cho k , p 1 k đều là số chính phương modulo p.
Nếu
p 1
p 1
.)
là số chính phương mod p thì coi k
2
2
p 3 p 1
Ngược lại thì trong các cặp sau 1, p 2 , 2, p 3 ,...,
,
đều có ít nhất một số không là số chính
2
2
phương modulo p.
thuvientoan.net
Do p 2 không là số chính phương mod p nên p 2
Do 1
p1
2
1 mod p nên 2
Lập luận tương tự
p1
2
p1
2
2
p1
2
1 mod p .
1 mod p , khi đó p-3 không là số cp mod p.
p 1
không là số chính phương mod p (*).
2
Do đó:
p 1
2
p1
2
p 1
1 mod p p
2
p 1
2
p 1
2
p1
2
p1
2
p1
2
1 mod p
1 mod p
p1
1 mod p Do 1 2 1 mod p
Vô lí với (*). Vậy tồn tại số tự nhiên k 0 k p sao cho k ; p 1 k đều là số chính phương modulo p.
p 1
2
2
Khi đó chọn x, y 0, 1, 2,...,
sao cho x k mod p , y p 1 k mod p.
2
Lấy z 1, ta có x 2 y 2 z 2 0 mod p và x 2 y 2 z 2 0, p 2 .
Từ đó chọn được giá trị của n 1, 2,..., p 1 thỏa mãn bài toán.
Câu 3.
Tìm tất cả các hàm số f : , thỏa mãn:
f x 2 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 ra f toàn ánh.
Mặt khác với mọi x1 , x2 mà f x1 f x2 thì f f x1 f f x2 x1 x2 . Suy ra f đơn ánh.
Vậy f song ánh.
Do f song ánh nên tồn tại duy nhất một số thực a sao cho f (a ) 0.
Thay x a, y 0 vào (1), ta được: f a 2 f 0 0 f f 0.
thuvientoan.net
Do f đơn ánh nên a 2 f 0 f 0 a 0.
Thay y 0 vào (1), ta được: f x 2 xf ( x), x .
Thay x bởi f ( x) và áp dụng f f ( x) x, x , ta có f f 2 ( x) xf ( x), x .
Suy ra f f 2 ( x) f x 2 , x . Do f song ánh nên f 2 ( x) x 2 , x .
Từ đây ta tìm f ( x) x hoặc f ( x) x với mọi x .
Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy f ( x) x hoặc f ( x) x là các hàm số cần tìm.
Câu 4.
Cho tam giác ABC nhọn, không cân có trực tâm H . Trên đường tròn đường kính BC , về phía trong, lấy điểm
D thay đổi. Các đường tròn ADB , ADC lần lượt cắt lại BC ở E , F . Giả sử BH cắt AF , AE ở M , P; CH
cắt AE , AF ở N , Q.
a) Chứng minh rằng các điểm D, M , N thẳng hàng và tam giác AMN vuông.
b) Gọi R là giao điểm của AD, PQ. Chứng minh rằng điểm R luôn thuộc một đường tròn cố định khi 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 tại 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 ra ADM AKM 90 .
thuvientoan.net
Tương tự, ta cũng 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 sẽ chứng minh rằng BRC 90.
Trên AD lấy S D sao cho BSC 90 (ta sẽ 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
tại X .
Chứng minh tương tự thì SC AF tại 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 được
AQ XB AM XS AQ XB AM XS
AM
AQ
.
XB
XS
PA AQ
, điều này chứng tỏ rằng S PQ AD R BRC 90 nên R luôn thuộc đường
PX
XS
tròn đường kính BC , cố định.
Từ đây suy ra
Câu 5.
Tìm số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho với mỗi tập con W gồm m phần tử của tập X 1, 2,..., 2017
tồn tại hai phần tử u và v (không nhất thiết phải phân biệt) trong W thỏa mãn u v 2n , với n là số nguyên
dương nào đó.
Lời giải
Phân hoạch X thành các tập con gồm một hoặc hai phần tử sao cho các tập gồm một phần tử là các lũy thừa
của 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 hơn 31, ta tìm các cặp u, v mà u v 32
thuvientoan.net
30, 2; 29,3;...; 17,15; 16; 1.
Ta sẽ chỉ ra giá trị nhỏ nhất của m là 1008.
Bây giờ ta xét tập con W tùy ý của X mà W 1008.
Nếu mỗi phần tử thuộc 1; 16; 1024 nằm trong W thì hiển nhiên bài toán thỏa mãn.
Ngược lại sẽ có
2017 3
1007 tập gồm hai phần tử, và nếu có hai phần tử của bất kì tập con nào ở trên cùng
2
thuộc W thì tổng của chúng là lũy thừa của 2 nên thỏa mãn.
Do đó m 1008 là giá trị thỏa mãn.
Ta chỉ ra một tập S gồm 1007 phần tử mà trong đó không có hai phần tử nào có tổng là một lũy thừa của 2.
Thật vậy lấy S4 17, 18,..., 30 ; S10 1025, 1026,..., 2017 và S S 4 S10
Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 1008.
thuvientoan.net
THUVIENTOAN.NET
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ SỐ 9
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.
2
2
2
4 x 6 xy 3 y 2 xy y 4
a) Giải hệ phương trình
(với x, y ).
x
2
x
y
3
y
y
4
b) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 1 . Chứng minh rằng:
2
2
2
a b b c c a 2 .
Câu 2. Với mỗi số nguyên dương n, xét số nguyên dương N có đúng 2017 2 n 2 2017 n 2 ước nguyên dương.
Chứng minh rằng N là lũy thừa bậc bốn của một số nguyên.
Câu 3. Cho hàm số f : , thỏa mãn:
f (a) f (b) f ( x) f ( y) f ax by với mọi a, b, x, y sao cho ay bx.
a) Tính f 1.
b) Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , AB AC , M là trung điểm của cạnh BC. Đường phân
cắt cạnh BC tại D và cắt đường tròn O tại điểm P (khác A ). Gọi E là điểm đối xứng
giác trong của BAC
với D qua M ; trên đường thẳng AO và đường thẳng AD lần lượt lấy các điểm H , F sao cho các đường thẳng
HD, FE cùng vuông góc với đường thẳng BC .
a) Chứng minh rằng bốn điểm B, H , C , F cùng nằm trên một đường tròn .
b) Gọi T là giao điểm khác F của AD và . Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác MTP cắt đường thẳng TH
tại điểm Q (khác T ). Chứng minh rằng đường thẳng QA tiếp xúc với đường tròn O .
Câu 5. Cho một bảng ô vuông kích thước 1010, trên đó đã điền các số nguyên dương từ 1 đến 100 vào các ô
vuông con theo trình tự như hình a. Ở mỗi bước biến đổi, người ta chọn tùy ý ba ô vuông con liên tiếp theo hàng
hoặc theo cột hoặc theo một đường chéo của hình vuông kích thước 33 (xem hình b) rồi thực hiện: Hoặc là
giảm số ở ô nằm giữa đi 2 đơn vị đồng thời tăng số ở hai ô liền kề lên 1 đơn vị, hoặc là tăng số ở ô nằm giữa lên
2 đơn vị đồng thời giảm số ở hai ô liền kề đi 1 đơn vị. Giả sử rằng sau hữu hạn bước, tập hợp tất cả các số ghi
trên bảng ô vuông vẫn là tập 1; 2; 3;...; 100 , chứng minh rằng khi đó các số ghi trên bảng theo đúng vị trí như
trước khi biến đổi.
----------------------------------------------------------------HẾT---------------------------------------------------------------thuvientoan.net