Đề thi chọn đội tuyển HSG dự thi VMO Sở GD&ĐT Đồng Tháp năm 2022 có lời giải chi tiết

(1)

https://thuvientoan.net/

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI ĐỒNG THÁP DỰ THI CẤP QUỐC GIA NĂM HỌC 2021 2022 MÔN: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 20/6/2021

(Đề thi gồm 1 trang) Thời gian làm bài 180 phút, không để thời gian phá đề

Câu 1. (5,0 điểm)

1. Cho các số thực x y z, , thỏa mãn

3 3 3

1 . 11 x y z

x y z

    

   



a) Biểu diễn xz theo y.

b) Chứng minh rằng trong ba số x y z, , có ít nhất một số thuộc nửa đoạn



 2; 1 .



2. Cho a b c, , là các số nguyên dương đồng thời a b, nguyên tố cùng nhau và T ^b ^c

c a

  là số nguyên.

Chứng minh rằng a là số chính phương.

Câu 2. (4,0 điểm)

Cho dãy số

 

a_n được xác định như sau: ⁰ ¹

2 1

1, 13

14 , .

n n n

a a

a_ a _ a n

  

    

 

a) Chứng minh rằng 2a_n1 là số chính phương với mọi số tự nhiên n.

b) Chứng minh rằng a_n luôn viết được dưới dạng tổng bình phương của hai số tự nhiên với mọi số tự nhiên n. Câu 3. (3,0 điểm)

Tìm tất cả các hàm số lẽ f :  thỏa mãn



^{( )}



²



^{( ) ,}



^, ^.

f f x y  x f xf y x y Câu 4. (6,0 điểm)

Cho hai đường tròn



O R₁; ₁



và



O R2; 2



cắt nhau tại A B, sao cho tam giác AO O₁ ₂ vuông tại A. Tia O O₁ ₂ cắt đường tròn

 

O2 tại E F, và cắt đường tròn

 

O1 tại D. Điểm M thay đổi trên đường tròn

 

O1 và không thuộc đường thẳng O O₁ ₂. Kẻ đường kính MP của

 

O1 . Tia O M₂ cắt đường tròn

 

O1 tại điểm thứ hai N. Tia O P₂ cắt đường tròn

 

O1 tại điểm thứ hai Q. Chứng minh rằng:

a) MD là phân giác của góc EMF.

b) MP NQ AB, , đồng quy hoặc đôi một song song.

c) NQ luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 5. (2,0 điểm)

Có 2021viên bi, đựng trong 100 cái hộp. Mỗi lần, cho phép lấy 2 viên bi, 2 viên bi đó thuộc vào tối đa 2 hộp và bỏ chúng vào một hộp khác. Chứng minh rằng sau một số bước có thể bỏ tất cả các viên bi vào cùng 1 hộp.

---HẾT---

(2)

https://thuvientoan.net/

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. (5,0 điểm)

1. Cho các số thực x y z, , thỏa mãn

3 3 3

1 . 11 x y z

x y z

    

   



a) Biểu diễn xz theo y.

b) Chứng minh rằng trong ba số x y z, , có ít nhất một số thuộc nửa đoạn



^{ }^{2; 1 .}



2. Cho a b c, , là các số nguyên dương đồng thời a b, nguyên tố cùng nhau và T ^b ^c

c a

  là số nguyên.

Chứng minh rằng a là số chính phương.

Lời giải

1. a) Ta có: 11y³x³z³



xz



³3xz x



z

 

  1 y



³3xz



 1 y



. Hay là ³^{xz y}



^{ }¹



³



^y²^{ }^y ^{4 .}



Nếu ^y^{  }¹ ³



^y²^{ }^y ⁴



^^0, vô lí. Do đó y 1.

Suy ra

2 4

1 .

y y

xz y

  

 b) Ta có:

     

³

  

3 3 3 2 2 2

3 3 .

x y z  xyz x y z x  y z xyyzzx  x y z  x y z xy yzzx Suy ra: ¹¹^³^xyz^{  }¹ ³



^xy^^yz^^zx



^{ }⁴ ^xy^^yz^^zx^^xyz^.^{Hay là}



¹^^x



¹^^y



¹^^z



^^4.

Từ đây suy có ít nhất một trong ba số



x1 ,

 

y1 ,

 

z1



là số dương.

Không mất tính tổng quát giả sử y 1 0. Mặt khác ta có:

 

2

 

2 4



² 4

  3 

² 2 5



3

4 1 0 0 3.

1 1 1

y y y y y y

x z xz y y

y y y

     

           

  

Đặt qxyyzzx, rõ ràng x y z, , là ba nghiệm của đa thức f a( )a³a²qa q 4 Ta thấy f a( ) là hàm liên tục trên  và có f

   

2 f  1 4



q8 .



Lại có

  

1



² ⁴ ² ⁴ 3² ⁴ 8.

1 1 3 1

y y

q y x z xz y y y

y y

                

  

Nếu ^q^{  }⁸ ^f

 

^^{2 .} Khi đó ta có x hoặc z bằng 2.

Nếu q  8 f

   

2 f  1 0, mà f a( ) liên tục trên  nên phương trình f a( )0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng



 2; 1 .



Hay suy ra có ít nhất một trong hai số x z,   



2; 1 .



Tóm lại có ít nhất một trong số x y z, , thuộc nửa khoảng



 2; 1 .



(3)

https://thuvientoan.net/

2. Ta có

2

b c c ab.

T c a ac

   

Gọi p là một ước nguyên tố có số mũ lẽ của av a_p( )v_p

 

ab là số lẽ.

Vì ^T^{ }^



^c²^^ab



chia hết cho ac² chia hết cho a. Khi đó ta có:

   2 2     1  .

p p p p 2 p

v a v c  v c v c  v a Từ đây ta có:

     2         

¹

 

³

 

^.

2 2

p p p p p p p p p

v a v ab v c ab v ac v a v c v a  v a  v a Suy ra:

 

³

   

^0,

p 2 p p

v a  v a v a  vô lí.

Vậy các ước nguyên tố của a đều có số mũ chẵn hay a là số chính phương.

Câu 2. (4,0 điểm)

Cho dãy số

 

an được xác định như sau: ⁰ ¹

2 1

1, 13

14 , .

n n n

a a

a_ a _ a n

  

    

 

a) Chứng minh rằng 2a_n1 là số chính phương với mọi số tự nhiên n.

b) Chứng minh rằng a_n luôn viết được dưới dạng tổng bình phương của hai số tự nhiên với mọi số tự nhiên n. Lời giải

a) Đặt ⁰ ¹

2 1

1, 25

2 1 (1)

14 12

n n

n n n

v v

v a

v_ v_ v

  

      

Xét dãy

 

b_n với ⁰ ¹

2 1

1, 5

n 4 n n

b b

b_ b_ b

  

  

 với n^*. Ta có:

2 2 2

2 1 1

1 2 1 1 1 2 0

1

4 6.

n n n n

n n n n n n

n n

b b b b

b b b b b b b b b

b b

  

   



 

        

Khi đó:

 

2 2

2 1 2 1

2 2 2 2 2 2 2

1 2 2 2 1 1

2 2 2

2 1

4 16

16 2 2 6 16

14 12

n n n n n n

n n n n n n n n n

n n n

b b b b b b

b b b b b b b b b

b b b

   

     

 

    

        

   

Ta thấy rằng

2 2

0 1

2 2 2

2 1

1, 25

14 12 (2)

n n n

b b

b_ b_ b

  

   



Từ (1) và (2) suy ra v_n b_n² với mọi số tự nhiên n hay b_n²2a_n1 với mọi số tự nhiên n. Do đó 2a_n1 là số chính phương.

(4)

https://thuvientoan.net/

b) Do b_n luôn là số lẽ nên đặt b_n 2k_n1 với k_n.

Khi đó ta có: ²an ¹ bn²



²kn¹



²⁴kn²⁴kn ¹ an kn²



kn²²kn ¹



kn²



kn^{1 .}



² Câu 3. (3,0 điểm)

Tìm tất cả các hàm số lẽ f :  thỏa mãn



( )



2



( ) ,



, .

f f x y  x f xf y x y Lời giải

Vì f là hàm lẽ nên f

 

0 0.

Cho ^y^{ }⁰ ^f



^{f x}^{( )}



^²^x^ ^{f x}

 

^, ^{ }^x ^^.

Với x₁, x₂ sao cho f x

 

₁  f x

 

₂ , ta có: f



f x

 

₁



 f x

 

₁  f



f x

 

₂



f x

 

₂ 2x₁2 .x₂ Vậy f đơn ánh.

Cho ^x^{ }⁰ ^{f y}

 

^ ^f



^^{f y}

  

^, ^{ }^y ^^{hay là} ^{f x}

 

^ ^f



^^{f x}

  

^, ^{ }^x ^^.

Vì f đơn ánh nên x f x( ),  x  hay f x( )   x, x .

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy f x( ) x với mọi x là hàm số cần tìm.

Câu 4. (6,0 điểm)

Cho hai đường tròn



O R1; 1



và



O R2; 2



cắt nhau tại A B, sao cho tam giác AO O₁ ₂ vuông tại A. Tia O O₁ ₂ cắt đường tròn

 

O2 tại E F, và cắt đường tròn

 

O1 tại D. Điểm M thay đổi trên đường tròn

 

O1 và không thuộc đường thẳng O O₁ ₂. Kẻ đường kính MP của

 

O1 . Tia O M₂ cắt đường tròn

 

O1 tại điểm thứ hai N. Tia O P₂ cắt đường tròn

 

O1 tại điểm thứ hai Q. Chứng minh rằng:

a) MD là phân giác của góc EMF.

b) MP NQ AB, , đồng quy hoặc đôi một song song.

c) NQ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải

a) Gọi L là giao điểm của O D₁ và

 

O1 MDPL là hình thoi mà MDP90⁰ MDPL là hình chữ nhật.

Vì

 

O1 và

 

O2 trực giao nên ^{A L E D F}



^{, , ,}



^{  }¹ ^{M L E D F}



^{, , ,}



^{ }^1.

Lại có MLMD nên MD là phân giác của góc EMF.

♥ Đang cập nhật ♥ https://thuvientoan.net/