Đề thi chọn đội tuyển toán

Mục lục
1 Đề thi chọn đội tuyển toán 3
1.1 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1989 - 1990
(Ngày thi: 16, 17/5/1990) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1990 - 1991
(Ngày thi 8, 9/5/1991) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Đề thi chọn đội tuyển năm học 1991 - 1992
(Ngày thi 19, 20/05/1992) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1992 - 1993
(Ngày 4, 5/05/1993) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.5 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1993 - 1994
(Ngày 18, 19/05/1994) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.6 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1994 - 1995
(Ngày 5, 6/5/1995) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.7 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1995 - 1996
(Ngày 17, 18/5/1996) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.8 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1996 - 1997
(Ngày 16, 17/5/1997) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.9 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1997 - 1998
(Ngày 13, 14/5/1998) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.10 Đề thi chọn đội tuyển năm học 2001 - 2002
(Ngày thi 7, 8/5/2002) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.11 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 2003 - 2004
(Ngày 7, 8/5/2004) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2 Đáp án tuyển sinh 18
2.1 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1991 - 1992 . . . . . . . . . 18
2.2 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1992 - 1993 . . . . . . . . . 24
2.3 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1993 - 1994 . . . . . . . . . 34
2.4 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1994 - 1995 . . . . . . . . . 45
2.5 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1995 - 1996 . . . . . . . . . 51
2.6 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1996 - 1997 . . . . . . . . . 59
1
2 MỤC LỤC
2.7 Đáp án chọn đội tuyển năm học 1997 - 1998 . . . . . . . . . 66
2.8 Đáp án chọn đội tuyển năm học 2001 - 2002 . . . . . . . . . 76
2.9 Đáp án chọn đội tuyển năm học 2003 - 2004 . . . . . . . . . 81
Chương 1
Đề thi chọn đội tuyển toán
1.1 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1989
- 1990
(Ngày thi: 16, 17/5/1990)
Bài 1: Trong mặt phẳng cho đa giác lồiM0,M1, . . . ,M2n (n > 1) mà 2n+1
đỉnh M0,M1, . . . ,M2n nằm (theo thứ tự ngược chiều quay của kim đồng
hồ) trên một đường tròn (C) bán kính R. Giả sử có điểm A bên trong đa
giác lồi đó sao cho các góc M̂0AM1, M̂1AM2, . . . , ̂M2n−1AM2n, M̂2nAM0 đều
bằng nhau, (và bằng 360
2n+1
độ). Giả sử A không trùng với tâm của (C) và
gọi B là điểm nằm trên đường tròn (O) sao cho đường thẳng AB vuông góc
với đường kính đi qua A.
Chứng minh:
2n + 1
1
AM0
+ 1
AM1
+ · · ·+ 1
AM2n
< AB <
AM0 +AM1 + · · · +AM2n
2n + 1
< R
Bài 2: Cho bốn số thực dương a, b,A,B. Xét dãy số thực x1, x2, x3, x4, . . .
xác định bởi:
x1 = a, x2 = b
xn+1 = A
3
√
x2n +B
3
√
x2n−1 (n = 2, 3, 4, . . .)
Chứng minh rằng tồn tại giới hạn limn→∞ xn và hãy tính giới hạn ấy.
Bài 3: Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f(x) xác định với mọi
số thực x và thoả mãn f(f(x)) = x2 − 2 với mọi x.
Bài 4: Xét tập hợp T gồm hữu hạn số nguyên dương thoả mãn hai điều
kiện:
3
4 Chương 1. Đề thi chọn đội tuyển toán
1. Với hai phần tử bất kỳ của T thì ước số chung lớn nhất và bội số
chung nhỏ nhất của chúng cũng là những phần tử của T .
2. Với mỗi phần tử x của T , có phần tử x′ của T sao cho x và x′ nguyên
tố cùng nhau và bội số chung nhỏ nhất của chúng là số lớn nhất của
T .
Với mỗi tập hợp T như thế, ký hiệu l(T ) là số phần tử của nó. Tìm số
l(T ) lớn nhất, biết rằng l(T ) nhỏ hơn 1990.
Bài 5: Cho tứ diện mà mỗi cặp cạnh đối diện đều có tích độ dài bằng l.
Gọi các góc giữa các cạnh đối diện đó là α, β, γ và gọi các bán kính của các
đường tròn ngoại tiếp các mặt của tứ diện là R1, R2, R3, R4. Chứng minh:
sin2 α+ sin2 β + sin2 γ > l√
R1R2R3R4
Bài 6: Có n em học sinh (n > 3) đứng thành một vòng tròn và luôn
quay mặt vào cô giáo ở tâm vòng tròn. Mỗi lần cô giáo thổi còi thì có hai
em nào đó đứng sát cạnh nhau đổi chỗ cho nhau, còn các em khác không
dời chỗ. Tìm số M bé nhất để sau M lần thổi còi, bằng các đổi chỗ như
nói ở trên một cách thích hợp, các học sinh đứng được thành vòng tròn sao
cho: Hai em bất kỳ lúc ban đầu đứng sát cạnh nhau thì lúc kết thúc cũng
đứng sát cạnh nhau, nhưng trong hai em đó, tạm gọi là A và B, nếu A lúc
ban đầu đứng bên tay trái của B thì lúc kết thúc A đứng bên tay phải của
B.
1.2 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1990
- 1991
(Ngày thi 8, 9/5/1991)
Bài 1: Trong mặt phẳng xét tập hợp S gồm n điểm phân biệt (n > 3) thoả
mãn ba điều kiện sau:
1. Khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ thuộc S đều không vượt quá 1 đơn
vị dài.
2. Mỗi điểm A thuộc S có đúng hai điểm "kề với nó", nghĩa là hai điểm
thuộc S có cùng khoảng cách bằng 1 đến điểm A.
3. Với hai điểm tuỳ ý A,B thuộc S gọi A′ và A′′ là hai điểm kề với A,
gọi B′ và B′′ là hai điểm kề với B thì Â′AA′′ = B̂′BB′′.
1.2. Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1990 - 1991 (Ngày thi 8, 9/5/1991) 5
Hỏi có tồn tại tập hợp S như thế khi n = 1991 không và khi n = 2000
không? Vì sao?
Bài 2: Cho dãy số thực dương a1, a2, . . . , an với n lớn hơn 2 và a1 khác
an, là dãy không giảm (nghĩa là ak 6 ak+1 với k = 1, 2, . . . , n − 1) hoặc là
dãy không tăng (nghĩa là ak > ak+1 với k = 1, 2, . . . , n − 1), và cho các số
thực dương x, y thoả mãn x
y
> a1−a2
a1−an . Chứng minh rằng:
a1
a2x+ a3y
+ · · ·+ ak
ak+1x+ ak+2y
+ · · ·+
· · ·+ an−2
an−1x+ any
+
an−1
anx+ a1y
+
an
a1x+ a2y
> n
x+ y
Bài 3: Cho dãy số thực dương x1, x2, . . . , xn, . . . xác định bởi:
x1 = 1, x2 = 9, x3 = 9, x4 = 1
xn+4 = 4
√
xnxn+1xn+2xn+3 với n > 1
Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn. Tìm giới hạn đó.
Bài 4: Gọi T là hình tứ diện tuỳ ý thoả mãn hai điều kiện sau:
1. Mỗi cạnh có độ dài không vượt quá 1 đơn vị dài.
2. Mỗi mặt là một tam giác vuông.
Ký hiệu s(T ) là tổng bình phương diện tích bốn mặt của hình tứ diện
T . Tìm giá trị lớn nhất của s(T ).
Bài 5: Với mỗi số tự nhiên n, định nghĩa số f(n) như sau: f(1) = 1
và khi n > 1 thì f(n) = 1 + a1p1 + · · · + akpk, trong đó n = p1 . . . pk là sự
phân tích thành thừa số nguyên tố của n (các số nguyên tố p1, . . . , pk đôi
một khác nhau và a1, . . . , ak là số nguyên dương). Với mỗi số tự nhiên s,
đặt fs(n) = f(f(. . . (f(n)) . . .)), trong đó ở vế phải có đúng s lần chữ f .
Chứng minh rằng với số tự nhiên a cho trước, có số tự nhiên s0 để với
mọi số nguyên s > s0 thì tổng fs(a) + fs−1(a) không phụ thuộc vào s.
Bài 6: Cho tập hợp X gồm 2n số thực đôi một khác nhau (n > 3). Xét
một tập hợp K gồm một số cặp số thực (x, y) với x, y thuộc X, x khác y,
mà K thoả mãn hai điều kiện sau:
1. Nếu cặp số (x, y) thuộc K thì cặp số (y, x) không thuộc K.
2. Mỗi số x thuộc X có mặt nhiều nhất trong 19 cặp số của K.
Chứng minh rằng ta có thể phân chia tập hợp X thành 5 tập hợp con
không rỗng và đôi một không giao nhau x1, x2, x3, x4, x5 sao cho với mỗi
i = 1, 2, 3, 4, 5 thì số cặp số (x, y) thuộc K mà x và y cùng thuộc Xi không
vượt quá 3n.
6 Chương 1. Đề thi chọn đội tuyển toán
1.3 Đề thi chọn đội tuyển năm học 1991 -
1992
(Ngày thi 19, 20/05/1992)
Bài 1: Cho hai số tự nhiên n và m (n > 1). Hãy tìm số nguyên dương k
nhỏ nhất có tính chất sau: Trong k số nguyên tuỳ ý a1, a2, . . . , sk mà ai−aj
(i 6= j và i, j chạy từ 1 đến k) không chia hết cho n, luôn tồn tại hai số
ap, as (p 6= s) thoả mãn m+ ap − as chia hết cho n.
Bài 2: Cho đa thức f(x) với hệ số thực và có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.
Chứng minh rằng với mỗi số c > 0, tồn tại số nguyên dương n0 thoả mãn
điều kiện sau: Nếu đa thức P (x) với hệ số thực có bậc lớn hơn hoặc bằng
n0, và có hệ số của số hạng bậc cao nhất bằng 1 thì các số nguyên x mà
|f(P (x))| 6 c không vượt quá bậc của P (x).
Bài 3: Cho tam giác ABC có BC = a,CA = b,AB = c (a 6= b 6= c).
Trong mặt phẳng ABC lấy các điểm A′, B′, C ′ sao cho:
1. Các cặp điểm A và A′, B và B′, C và C ′ hoặc đều ở cùng phía hoặc
đều ở khác phía theo thứ tự đối với các đường thẳng BC,CA,AB.
2. Các tam giác A′BC,B ′CA,C ′AB là các tam giác cân đồng dạng.
Hãy xác định các góc Â′BC theo a, b, c để các độ dài AA′, BB′, CC ′
không phải là ba độ dài của ba cạnh một tam giác.
(Tam giác được hiểu theo nghĩa thông thường: ba đỉnh của nó không
thẳng hàng).
Bài 4: Trong mặt phẳng cho một họ hữu hạn hình tròn thoả mãn: hai
hình tròn bất kỳ hoặc ở ngoài nhau hoặc tiếp xúc ngoài với nhau và mỗi
hình tròn không tiếp xúc với quá 6 hình tròn khác. Giả sử mỗi hình tròn
không tiếp xúc với 6 hình tròn khác đã được đặt ứng với một số thực nào
đó. Chứng minh rằng không có quá một cách đặt ứng với mỗi hình tròn còn
lại một số thực bằng trung bình cộng của 6 số ứng với 6 hình tròn tiếp xúc
nó.
Bài 5: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thoả mãn phương
trình
x2 + y2 − 5xy + 5 = 0
.
Bài 6: Trong một hội thảo khoa học tất cả các đại biểu tham dự biết
tổng cộng 2n ngôn ngữ n > 2. Mỗi người biết đúng 2 ngôn ngữ và bất cứ
hai người nào cũng biết chung nhiều nhất một ngôn ngữ. Biết rằng với một
số nguyên k thoả mãn 1 6 k 6 n− 1 đều có không quá k − 1 ngôn ngữ mà
mỗi ngôn ngữ này có không quá k người biết. Chứng minh rằng ta có thể
1.4. Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1992 - 1993 (Ngày 4, 5/05/1993) 7
chọn ra một nhóm 2n đại biểu biết tổng cộng 2n ngôn ngữ và mỗi ngôn ngữ
có đúng 2 đại biểu trong nhóm biết.
1.4 Đề thi chọn đội tuyển toán năm học 1992
- 1993
(Ngày 4, 5/05/1993)
Bài 1: Gọi hình chữ nhật kích thước 2× 3 (hoặc 3× 2) bị cắt bỏ một hình
vuông 1× 1 ở một góc là hình chữ nhật khuyết đơn (xem hình 1). Gọi hình
chữ nhật kích thước 2× 3 (hoặc 3× 2) bị căt bỏ hai hình vuông 1× 1 ở hai
góc đối diện là hình chữ nhật khuyết kép (xem hình 2). Người ta ghép một
số hình vuông 2× 2, một số hình chữ nhật khuyết đơn và một số hình chữ
nhật khuyết kép với nhau sao cho không có hai hình nào chờm lên nhau,
để tạo thành một hình chữ nhật kích thước 1993 × 2000. Gọi s là tổng số
các hình vuông 2× 2 và hình chữ nhật khuyết kép cần dùng trong mỗi cách
ghép hình nói trên. Tìm giá trị lớn nhất của s.
Bài 2: Cho dãy số {an} được xác định bởi:
a1 = 1 và an+1 = an +
1√
an
với n = 1, 2, 3, . . .
Hãy tìm tất cả các số thực α sao cho dãy {un} xác định bởi un = aαnn với
n = 1, 2, 3, . . . có giới hạn hữu hạn khác 0 khi n→ +∞.
Bài 3: Xét các số thực x1, x2, x3, x4 thoả mãn:
1
2
6 x21 + x22 + x23 + x24 6 1
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
A = (x1 − 2x2 + x3)2 + (x2 − 2x3 + x4)2 + (x2 − 2x1)2 + (x3 − 2x4)2
8 Chương 1. Đề thi chọn đội tuyển toán
Bài 4: Gọi H, I,O theo thứ tự là trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp và
tâm đường tròn ngoại tiếp của một tam giác. Chứng minh rằng 2.IO > IH.
Hỏi dấu bằng xảy ra khi nào?
Bài 5: Cho số nguyên k > 1. Với mỗi số nguyên n > 1, đặt
f(n) = k.n(1− 1
p1
)(1− 1
p2
) . . . (1− 1
pr
)
trong đó p1, p2, . . . , pr là tất cả các ước số nguyên tố phân biệt của n. Tìm
tất cả các giá trị k để dãy {xm} xác định bởi x0 = a và xm+1 = f(xm),m =
0, 1, 2, 3, . . . là dãy bị chặn với mọi số nguyên a > 1.
Bài 6: Xét n điểm A1, A2, . . . , A ... 
∏
a−
∑
a2 =
∏
a(
∏
a−1)−(
∑
a2+(
∏
a−1)2) = D(A0)−1 > 0
Trên cơ sở tập A1 ta xây dựng tập A2 theo các xây dựng A1 trên cơ sở
A0. Quá trình xây dựng trên được tiếp tục một khi ta còn nhận được tập
Ai có D(Ai) > 0. Vì sau mỗi lần xây dựng số phần tử của Ai tăng 1 và
D(Ai) giảm 1 nên tồn tại k sao cho |Ak| > 2002 và D(Ak) = 0. Giả sử
Ak = {a1 < a2 < · · · < am}. Khi đó am sẽ là nghiệm nguyên dương của tam
thức với hệ số nguyên:
f(X) = X2 −
(m−1∏
i=1
ai
)
X +
m−1∑
i=1
a2
Từ đó suy ra biệt thức 4 của f phải là số chính phương và ta có điều phải
chứng minh.
2.9 Đáp án chọn đội tuyển năm học 2003 -
2004
Bài 1. Xét tập hợp
S0 = {p1, p2, ..., p1001, p1002, p1.p1003, p2.p1004, ..., p1001.p2003, p1002.p2004}
trong đó p1, p2, ..., p2003, p2004 là 2004 số nguyên tố phân biệt lớn hơn 1.
Dễ thấy tập S0 nêu trên có các tính chất như đề bài yêu cầu. Hơn nữa,
rõ ràng trong 1002-tập con {p1, p2, ..., p1001, p1002} của S0 không có hai số
nào mà ước chung lớn nhất của cúng khác 1. Suy ra k ≥ 1003.
Xét một tập S tuỳ ý thoả mãn các yêu cầu của đề bài. Với mỗi số s ∈ S,
ký hiệu g(s) là số các số thuộc S không nguyên tố cùng nhau với s. Từ các
giả thiết của bài toán suy ra g(s) ≥ 1 và g(s) = g(t) với mọi s, t ∈ S. Nghĩa
là g(s) = m ∀s ∈ S, trong đó m là một hằng số nguyên dương.
Xét một 1003-tập con T tuỳ ý của S. Ta sẽ chứng minh rằng trong T
tồn tại hai số phân biệt mà ước số chung lớn nhất của chúng khác 1.
Thật vậy, giả sử ngược lại rằng trong T không có hai số nào mà ước số
chung lớn nhất của chúng khác 1. Khi đó, kí hiệu
A = {a ∈ S | ∃t ∈ T, (a, t) 6= 1}
82 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
ta có A ∩ T = ∅. Và vì thế
|A| ≤ 2004 − 1003 = 1001 (1)
Mặt khác, do số số thuộc S (kể cả lặp) mà mỗi số đều không nguyên tố
cùng nhau với ít nhất một số thuộc T là 1003m và mỗi số bị tính lặp tối đa
m lần, nên
|A| ≥ 1003.m
m
= 1003 (2)
Mâu thuẫn giữa (1) và (2) chứng tỏ điều giả sử ở trên là sai. Vì thế, ta có
điều muốn chứng minh.
Tóm lại, từ các chứng minh trên ta được kmin = 1003.
Bài 2. i) Dễ thấy, nếu α = 0 thì các hàm số f(x) ≡ 0 và f(x) ≡ 1 là
các hàm số thoả mãn các điều kiện của đề bài. Vì thế α = 0 không phải là
giá trị cần tìm.
ii) Xét α 6= 0.
Thay x = 0 vào hệ thức của đề bài
f(x2 + y + f(y)) = (f(x))2 + αy (1)
ta được
f(x+ f(y)) = (f(0))2 + αy ∀y ∈ R (2)
Từ đó suy ra f là toàn ánh từ R lên R. Do đó, tồn tại x0 sao cho f(x0) = 0.
Thay y = 0 vào (1), ta được
f(x2 + f(0)) = (f(x))2 ∀y ∈ R (3)
Lần lượt thay x = x0 và x = −x0 vào (3), ta được
0 = f(x20 + f(0)) = (f(−x0))2.
Từ đây suy ra f(−x0) = 0. Từ đó, lần lượt thay y = x0 và y = −x0 vào (2),
ta được
(f(0))2 + αx0 = 0 và (f(0))
2 + α(−x0) = 0
hay f(0) = 0 và x0 = 0. Như vậy,
f(x) = 0⇔ x = 0 (4)
Do đó, từ (2) ta có
f(y + f(y)) = αy ∀y ∈ R (5)
và từ (3) ta có
f(x2) = (f(x))2 ∀x ∈ R (6)
2.9. Đáp án chọn đội tuyển năm học 2003 - 2004 83
Từ (1) và (6) suy ra
f(x+ y + f(y)) = f(x) + αy ∀x ≥ 0, ∀y ∈ R (7)
Xét X ≥ 0 tuỳ ý. Trong (7), thay x = X, y = −f(X)
α
, ta được
f
(
X − f(X)
α
+ f
(
−f(X)
α
))
= 0
Từ đó, theo (4) ta có
X − f(X)
α
+ f
(
−f(X)
α
)
= 0
hay
−X = −f(X)
α
+ f
(
−f(X)
α
)
(8)
Suy ra
f(−X) = f
(
−f(X)
α
)
+f
(
−f(X)
α
))
= α
(
−f(X)
α
)
= −f(X)
Từ đó, do X tuỳ ý và do (4), suy ra f(x) là hàm số lẻ trên R. Từ (8), do
X ≥ 0 tuỳ ý, suy ra hàm số g(x) = x+ f(x), ∀x ∈ R, nhận mọi giá trị thực
không dương. Mà, dễ thấy, g(x) là hàm số lẻ trên R nên suy ra g(x) nhận
mọi giá trị thực. Vì thế, hàm số g là một toàn ánh từ R lên R.
Xét x ≥ 0, y ∈ R tuỳ ý. vì g là một toàn ánh từ R lên R nên tồn tại
y0 ∈ R sao cho y0 + f(y0) = y. Do đó
f(x + y) = f(x+ y0 + f(y0)) = f(x) + αy0
= f(x) + f(y0 + f(y0) = f(x) + f(y)
Suy ra
f(x+ y) = f(x) + f(y), ∀x, y ≥ 0 (9)
Hơn nữa từ (6) và (4) suy ra f(x) > 0, ∀x > 0. Từ đó với x > y ≥ 0, ta
có 0 f(y). Như vậy
f(x) là hàm số đồng biến trên R+ (10)
Từ (9) và (10) suy ra f(x) = ax ∀x ∈ R+ trong đó a là một hằng số thực.
Từ đây, vì f là hàm số lẻ trên R nên f(x) = ax, ∀x ∈ R.
Ngược lại, thay f(x) = ax vào (1) ta được
a(x2 + y + ay) = a2x2 + αy, ∀x, y ∈ R.
84 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
Suy ra a = a2 và a + a2 = α, hay a = 1, và α = 2, do α 6= 0. Dễ thấy, với
α = 2 thì hàm số f(x) = x, x ∈ R, thoả mãn tất cả các điều kiện của đề
bài.
Tóm lại, các kết quả đã thu được ở trên cho thấy: Có một và chỉ một
hàm số f : R→ R thoả mãn hệ thức của đề bài khi và chỉ khi α = 2.
iii) Vậy, tất cả các số thực α thoả mãn yêu cầu của đề bài là α = 2.
Bài 3. 1) Gọi H là giao điểm của CM và PQ. Ta cần chứng minh PH =
HQ. Xét hai tam giác BCK và MBK có M̂BK = ĈKB, ĈBK = K̂MB
vì cùng chắn cung BC của dường tròn tâm O1. Do đó 4BCK v4MBK,
suy ra
BC
MB
=
CK
BK
(1)
Tương tự ta có 4ACK vMAK, suy ra
AC
MA
=
CK
AK
(2)
Mà AK = BK nên từ (1) và (2) ta được
BC
MB
=
AC
MA
(3)
Bây giờ ta chứng minh hai tam giác MPB và CQB đồng dạng. Thật vậy,
B̂MP = B̂CQ, vì cùng bù với ÂCB, M̂PB = ĈQB vì cùng chắn cung AB
của đường tròn tâm O2. Do đó, 4MPB v4CQB. Suy ra,
BC
BM
=
CQ
MP
(4)
Từ (3) và (4) ta được
AC
MA
=
CQ
MP
hay
CQ
CA
.
MA
MP
= 1 (5)
Áp dụng định lý Menelauss cho tam giác APQ với cát tuyếtMCH, ta được
HP
HQ
.
CQ
CA
.
MA
MP
= 1 (6)
Từ (5) và (6) suy ra PH = HQ.
2) Ta có ĈBM = P̂AQ = Q̂BP, B̂CM = B̂AM = B̂QP . Do đó
4BCM v 4BQP . Vì thế, tồn tại phép đồng dạng f tâm B biến 4BCM
thành 4BQP .
2.9. Đáp án chọn đội tuyển năm học 2003 - 2004 85
Vì các điểm B,C,M nằm trên (O1) và các điểm B,Q,P nằm trên (O2)
nên f biến (O1) thành (O2). Gọi N là giao điểm thứ hai của AK và đường
tròn (O2), ta có
ĈBA = Q̂AN = Q̂BN
Mà f biến C thành Q nên từ đó suy ra f biến A thành N . Vì thế, phép
đồng dạng f biến giao điểm K của các tiếp tuyến tại A và B của đường
tròn (O1) thành giao điểm L của các tiếp tuyến tại N và B của đường tròn
(O2). Vì A,K là các điểm cố định nên N cũng là điểm cố định. Do đó L là
điểm cố định.
Vì f biến các điểm M,C thành các điểm P,Q và K nằm trên MC nên
L nằm trên PQ. Vì thế, đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi
điểm M di động trên đường tròn (O1).
Bài 4. 1) Bằng cách tính toán trực tiếp, ta có x3 = 1201 và x4 = 2003.
Viết lại hệ thức xác định dãy (xn) dưới dạng
xn+2 − xn+1 − xn = 2
√
xn+1xn − 2 ∀n ≥ 1.
Từ đó suy ra
x2n+2 + x
2
n+1 + x
2
n − 2xn+2xn+1 − 2xn+2xn + 2xn+1xn = 4(xn+1xn − 2)
Do đó
x2n+2 + x
2
n+1 − 2xn+2xn+1 − 2xn+2xn − 2xn+1xn + 8 = 0 ∀n ≥ 1 (1)
x2n+3 + x
2
n+2 − 2xn+3xn+2 − 2xn+3xn+1 − 2xn+2xn+1 + 8 = 0 ∀n ≥ 0 (2)
Lấy (2) trừ (1), ta được
(xn+3 − xn)(xn+3 + xn − 2xn+2 − 2xn+1) = 0 ∀n ≥ 1 (3)
Dễ thấy dãy (xn) là một dãy tăng. Vì thế, từ (3) ta được
xn+3 + xn − 2xn+2 − 2xn+1 = 0 ∀n ≥ 1.
hay
xn+3 = 2xn+2 + 2xn+1 − xn, ∀n ≥ 1 (4)
Mà x1, x2, x3 là các số nguyên dương nên từ (4) suy ra xn là số nguyên
dương với mọi n ≥ 1.
2) Với mỗi số nguyên dương n, ký hiệu rn là số dư trong phép chi xn
cho 104. Khi đó, từ (4) ta có
rn+3 ≡ 2rn+2 − rn (mod 104), ∀n ≥ 1 (5)
86 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
hay
rn ≡ 2rn+2 + 2rn+1 − rn+3 (mod 104), ∀n ≥ 1 (6)
Xét dãy các bộ ba số
(r1, r2, r3), (r2, r3, r4), ..., (rn, rn+1, rn+2), (rn+1, rn+2, rn+3), ...
Dãy trên có vô số bộ số. Tuy nhiên, do rn ∈ {0, 1, 2, ..., 104 − 1} ∀n ≥ 1
nên chỉ có hữu hạn bộ đôi một khác nhau (tối đa là 1012 bộ). Vì thế, theo
nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai bộ trùng nhau. Nghĩa là, tồn tại các số
nguyên dương m, k sao sao cho
(rm, rm+1, rm+2) = (rm+k, rm+k+1, rm+k+2).
Từ đó, nhờ (6) dễ chứng minh được
(r1, r2, r3) = (rk+1, rk+2, rk+3) (7)
Từ (7), nhờ (5), bằng phương pháp quy nạp theo n dễ dàng chứng minh
được dãy (rn) là dãy tuần hoàn, kể từ số hạng thứ nhất. Mà r4 = 2003 nên
suy ra có vô số số nguyên dương n sao cho rn = 2003. Nói cách khác, tồn
tại vô số số nguyên dương n sao cho biểu diễn thập phân của xn có bốn chữ
số tận cùng là 2003.
3) Với mỗi số nguyên dương, ký hiệu sn là số dư trong phép chia xn cho
4. Khi đó, từ (4) ta được
sn+3 ≡ 2sn+2 + 2sn+1 − sn (mod 4) ∀n ≥ 1 (8)
Bằng cách tính toán trực tiếp, ta có s1 = 3, s2 = 2, s3 = 1, s4 = 3, s5 =
2, s6 = 1. Từ đó suy ra s1 = s4, s2 = s5 và s3 = s6. Từ đây, nhờ (8), bằng
phương pháp quy nạp theo n, dễ dàng chứng minh được dãy sn) là dãy tuần
hoàn theo chu kỳ 3. Vì thế sn 6= 0 với mọi n ∈ N∗. Suy ra, với mọi n ∈ N∗,
xn − 2004 không chia hết cho 4, và do đó không chia hết cho 104. Nói cách
khác, không tồn tại số nguyên dương n sao cho xn có bốn chữ số tận cùng
là 2004.
Bài 5. Đặt AA1 = a,BB1 = b, CC1 = c,DD1 = d,EE1 = e, FF1 =
f,A1B1 = x,B1C1 = y,C1D1 = z,D1E1 = t, E1F1 = u, F1A1 = v.
Gọi B2 là điểm đối xứng với B qua A1B1, C2 là điểm đối xứng với C
qua B1C1. Khi đó, do Â1B1C1 = 120
◦ nên B̂2B1C2 = 60◦. Suy ra tam giác
B2B1C2 là tam giác đều. Vì thế B2C2 = b. Do đó
a+ b+ c = A1B2 +B2C2 + C2C1 ≥ A1C1 (1)
2.9. Đáp án chọn đội tuyển năm học 2003 - 2004 87
Mặt khác, theo định lý hàm số cosin ta có
A1C1 =
√
x2 + y2 + xyy ≥
√
3
2
(x+ y) (2)
Từ (1) và(2) suy ra
a+ b+ c ≥
√
3
2
(x+ y) (3)
Vì các cạnh của lục giác BACDEF có vai trò như nhau nên từ (3) suy
ra ta có các bất đẳng thức
b+ c+ d ≥
√
3
2
(y + z); c+ d + e ≥
√
3
2
(z + t); d+ e+ f ≥
√
3
2
(t+ u);
e+ f + a ≥
√
3
2
(u+ v); f + a+ b ≥
√
3
2
(u+ x).
Cộng vế theo vế bất đẳng thức (3) và năm bất đẳng thức trên, ta được
a+ b+ c + d+ e+ f ≥
√
3
3
(x+ y + z + t+ u+ v)
hay p ≥ 2
√
3
3
p1.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi lục giác ABCDEF là lục giác đều.
Bài 6. Đặt s = |S| và f(n) = |Sn| ∀n ∈ N. Với mỗi n ∈ N, kí hiệu
Rn = {a+x | x ∈ Sn−1}. Rõ ràng, Rn là một tập con của Sn và |Rn| = |Sn−1|
nên
f(n) = |Rn|+ |Sn\Rn| = f(n − 1) + |Sn\Rn|, ∀n ∈ N.
Đặt m = s(a− 1). Dễ thấy tổng của n > m số thuộc S phải chứa ít nhất a
số hạng trùng nhau. Do đó, với lưu ý rằng
d+ d + · · ·+ d︸ ︷︷ ︸
a số hạng
= a+ a+ · · ·+ a︸ ︷︷ ︸
d số hạng
∀ d ∈ S.
suy ra tổng của n > m số thuộc S phải thuộc Rn. Vì vậy, Sn\Rn là một tập
con của Sm. Do đó
Sn\Rn = Sm\Rn ∀n > m.
Đặt k = (m − 1)a. Rõ ràng, với n > k thì mỗi số thuộc Rn\Rn−1 đều lớn
hơn hoặc bằng
a+ n− 1 ≥ a+ k = a+ (m− 1)a = ma.
88 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
Do mọi số của Sm\Rk phải nhỏ hơn ma nên Sm\Rn = Sm\Rn−1 với mọi
n > k. Từ đó suy ra Sn\Rn = Sm\Rk, và do đó
|Sn\Rn| = |Sm\Rk| = |Sk\Rk| ∀n > k.
Vì thế, đặt b = f(k)− k|Sk\Rk|, ta có
f(n) = f(n−1)+ |Sk\Rk| = (n−k)|Sk\Rk|+f(k) = n|Sk\Rk|+b ∀n > k.
Tiếp theo, ta chứng minh |Sk\Rk| = a. Thật vậy, xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1. s = 2. Khi đó k = 2a2 − 3a ≥ a. Giả sử S = {c, a}. Do
(c, a) = 1 theo giả thiết của đề bài, nên Sk\Rk = {0, c, 2c, ..., (a− 1)c}. Vì
vậy |Sk\Rk| = a.
Trường hợp 2. s > 2. Gọi c là số nhỏ nhất trong S, ta có (c, a) = 1.
Vì thế, theo chứng minh ở trường hợp 1, tồn tại số nguyên tố b′ sao cho
f(n) ≥ an+ b′ với mọi n > 2a2. Do đó, nếu |Sk\Rk| ≤ a− 1 thì
an+ b′ ≤ f(n) = n|Sk\Rk| ≤ (a− 1)n + b.
Suy ra n ≤ b − b′, là điều vô lí vì n có thể lớn tuỳ ý. Như vậy, phải có
|Sk\Rk| ≥ a. Vậy, tóm lại, tồn tại số nguyên dương k và số nguyên b sao
cho
|Sn| = an+ b với mọi n > k.