Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

ĐỀ THI - ĐÁP ÁN CÁC ĐỀ MOCK TEST HƯỚNG TỚI KỲ THI VMO 2019-2020

Gửi bởi: Tester vào ngày 2019-12-28 05:57:15 || Kiểu file: PDF Lượt xem: 238 | Lượt Download: 1

Nội dung tài liệu Tải xuống

Link tài liệu:

Các tài liệu liên quan

Loading...

Thông tin tài liệu

ĐỀ THI - ĐÁP ÁN CÁC ĐỀ MOCK TEST
HƯỚNG TỚI
KỲ THI VMO 2019-2020

TP Hồ Chí Minh, ngày 21/12/2019

ĐỀ THI - ĐÁP ÁN TRƯỜNG ĐÔNG MIỀN NAM 2019
Bài toán 1
Cho f (x) là một hàm tuần hoàn. Chứng minh rằng nếu tồn tại giới hạn lim f (x)
x→∞

thì f (x) là hàm hằng.
Lời giải. Giả sử phản chứng f (x) không là hàm hằng. Khi đó tồn tại 2 số a 6= b sao cho
f (a) 6= f (b). Gọi T là chu kì tuần hoàn của f (x), ta có:
f (a) = f (a + nT ); f (b) = f (b + nT ) ∀n ∈ Z
Do đó:
lim f (a + nT ) = lim f (a) = f (a)

n→∞

n→∞

Tương tự
lim f (b + nT ) = lim f (b) = f (b)

n→∞

n→∞

Suy ra không tồn tại lim f (x) (mâu thuẫn). Vậy giả sử phản chứng là sai nên f (x) là
n→∞

hàm hằng.

ƒ

Bài toán 2
Tìm tất cả các hàm số f : R+ −→ R+ thỏa mãn điều kiện:
f (x f ( y) + f (x)) = 2 f (x) + x y,

∀x, y > 0.

Lời giải. Đặt a = f (1). Dễ thấy f đơn ánh trên R+ và f toàn ánh trên (2a, +∞). Trong
phương trình trên, cho x = 1 ta được
f ( f ( y) + a) = y + 2a, ∀ y > 0.
Thay y bởi f ( y) + a thì thu được
f ( y + 3a) = f ( y) + 3a, ∀ y > 0 ⇒ f ( y + 3na) = f ( y) + 3na, ∀ y > 0, ∀n ∈ N.
Trong phương trình đầu, thay y bởi y +3a và kết hợp phương trình mới với phương trình
cũ, ta có
f (x f ( y) + f (x) + 3ax) = f (x f ( y) + f (x)) + 3ax, ∀x, y > 0.
Cố định z > 0, lúc này chọn n ∈ N đủ lớn để tồn tại y > 0 sao cho x f ( y)+ f (x) = z+3na.
Thay y vừa có vào phương trình trên, ta thu được
f (z + 3ax) = f (z) + 3ax, ∀x, z > 0.
Do đó
f (z + x) = f (z) + x = f (x) + z, ∀x, z > 0.
Từ đó f (x) = x + c, ∀x > 0. Dễ dàng tính được c = 1. Vậy nghiệm hàm duy nhất của
phương trình đã cho là
f (x) = x + 1, ∀x > 0.
ƒp

Đội Huấn Luyện Viên

Trang 1

Bài toán 3
Cho tam giác nhọn không cân ABC có các đường cao AA1 , BB1 , C C1 cắt nhau tại H.
Đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và A1 B1 C cắt nhau tại điểm thứ hai P, Z là
giao điểm các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm A, B.
a. Chứng minh rằng P H đi qua trung điểm cạnh AB.
b. Chứng minh rằng các đường thẳng AP, BC, Z C1 đồng quy tại một điểm.
Q

C

A1

P
B1

O

H

Y

A

T

C1

B
C0

Z

Lời giải.
0

a. Gọi C đối xứng với C qua (O). Do BC 0 ⊥ BC và AH ⊥ BC nên BC 0 //AH tương
tự AC 0 //BH, từ đó AH BC 0 là hình bình hành, suy ra H C 0 đi qua trung điểm AB.
Vì P ∈ (C B1 A1), P ∈ (ABC) nên ∠AP H = 90o , ∠AP C 0 = 90o , suy ra P, H, C 0 thẳng
hàng.
Vậy P H đi qua trung điểm AB.
b. Qua B1 kẻ đường thẳng song song với AB cắt ZA, Z B lần lượt tại Y, T . Ta sẽ chứng
minh PY AC1 và C C1 BT nội tiếp. Thật vậy, dễ thấy B1 Y AC1 là hình bình hành, suy
B1 A
B1 C1
PA
YA
ra Y A = B1 C1 . Xét ∆PY A và ∆P C1 B có ∠PAY = ∠P BA,
=
=
=
PB
A1 B
C1B
C1 B
Do đó ∆PY A đồng dạng ∆P C1 B, suy ra PY AC1 là tứ giác nội tiếp. Mặt khác, dễ
thấy C C1 BT cũng là tứ giác nội tiếp và AY = BT . Như vậy ZA.Z Y = Z B.Z T .
Gọi Q là giao điểm của AP và BC. Xét ∆PAC1 và C C1 B có QP.QA = QC.QB, ZA.Z Y =
Z B.Z T do đó T, Z thuộc trục đẳng phương của (PAC1 ) và (C C1 B). Do đó T, Z, C1
thẳng hàng hay AY, BC, Z C1 đồng quy.
ƒ

Đội Huấn Luyện Viên

Trang 2

Bài toán 4
Bảng số dạng tam giác sau:

1
..

..

1
3
10
..

1
4
..

1
2
6
16
..

1
1
3
7
19
..

1
2
6
16
..

1
3
10
..

1
4
..

1
..

..

với hàng thứ k gồm 2k − 1 số được lập theo quy tắc: Nếu hàng k là dãy số
1

a2

a3

...

a4

ak−1

ak

ak−1

...

a4

a3

a2

1

thì hàng thứ k + 1 là dãy số đối xứng
1

1 + a2

1 + a2 + a3

a2 + a3 + a4

...

a3 + a2 + 1

a2 + 1

1

Chứng minh rằng mọi hạng tử thuộc cột chính giữa của bảng số chia cho 3 dư luôn
khác 2.
Lời giải. Ta kí hiệu an0 , an1 , an2 , . . . ann , . . . an2n là dãy số thuộc hàng thứ n + 1 của bảng. Khi
đó ann là số hạng nằm ở vị trí chính giữa của bảng. Ta quy ước rằng ain = 0 với i < 0 hoặc
i
i > 2n. Do đó, ta luôn có an+1
= ani−2 + ani−1 + ani . Mặt khác, bằng quy nạp, ta chỉ ra được
ani là hệ số của x i trong khai triển (x 2 + x + 1)n . Do đó yêu cầu bài toán quy về ước đi
chứng minh rằng hệ số của x n trong khai triển (x 2 + x + 1)n không thể chia 3 dư 2. Ta có
(x 2 + x + 1)n ≡ (x 2 − 2x + 1)n ≡ (x − 1)2n (mod 3).


2n
2n
Do đó ann ≡ (−1)n . n (mod 3) Ta sẽ chứng minh (−1)n n không thể đồng dư 2 theo

2n
modulo 3. Thật vậy, nếu n chia hết cho 3 thì ta có điều phải chứng minh. Giả sử ngược
lại, ta có đẳng thức quen thuộc sau đây:
 ‹2
 ‹  ‹2  ‹2
n
n
2n
n
=
+
+ ... +
0
1
n
n


2n
n
Khi đó n ≡ r (mod 3) với r là số phần tử không chia hết cho 3 của i . Mặt khác, theo
t
t
X
Y
i
định lý Lucas thì nếu n =
(ni + 1). Do r không chia hết cho 3 nên
ni 3 thì r =
i=0

i=0

ni 6= 2, ∀i = 0, t. Do đó r = 2 b với b là số lượng phần tử mà ni = 1. Ta suy ra
r ≡ 2 b ≡ 2n (mod 3)
Suy ra
 ‹
2n
(−1)
≡ (−1)n 2n ≡ 1 (mod 3)
n
n

Do đó trong mọi trường hợp thì các số hạng ở cột chính giữa không thể chia 3 dư 2.
ƒ
Đội Huấn Luyện Viên

Trang 3

Bài toán 5
Cho 0 < a < b và số nguyên dương n. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức:
v
v
t
n+1 − a n+1
n
n
a+b t
b
n b + a
n


.
2
(b − a)(n + 1)
2
Lời giải. Đầu tiên ta đi chứng minh vế phải của bài toán, tức là ta chứng minh
b n+1 − a n+1
bn + an

.
(b − a)(n + 1)
2
Tức là đi chứng minh

(n + 1)(b n + a n ) ≥ 2 b n + b n−1 a + . . . + a n−1 b + a n .
Hay là

(n − 1)(b n + a n ) ≥ 2 b n−1 a + b n−2 a2 + . . . + a n−2 b2 + a n−1 b .
Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có
(n − 1)b n + a n ≥ n

p
n

b n(n−1) · a n = n · b n−1 · a.

(n − 2)b n + 2a n ≥ n · b n−2 a2 .
Làm tương tự cho các bất đẳng thức khác rồi cộng lại, ta sẽ được

n(n + 1) n
(b + a n ) ≥ n b n−1 a + b n−2 a2 + . . . + a n−2 b2 + a n−1 b .
2
Tức là

(n − 1)(b n + a n ) ≥ 2 b n−1 a + b n−2 a2 + . . . + a n−2 b2 + a n−1 b . (1)
Ta chứng minh VT của đẳng thức. Chuẩn hóa a + b = 2 và đặt b = 1 + x, a = 1 − x với
x > 0. Khi đó ta cần chứng minh
(1 + x)n+1 − (1 − x)n+1 ≥ 2x(n + 1)
Bất đẳng thức này tương đương với

‹

‹
n+1
3 n+1
2x
+ 2x
+ . . . ≥ 2x(n + 1)
1
3
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng (2).
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

Đội Huấn Luyện Viên

ƒ

Trang 4

Bài toán 6
Cho tam giác ABC nhọn, không cân. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại
D, E, F . Kí hiệu H, K, L là tâm đường tròn bàng tiếp các góc B, C, A của tam giác ABC.
Các đường tròn (HAF ), (H C D) cắt nhau tại M 6= H, các đường tròn (KAE), (K BD)
cắt nhau tại N 6= K. Các đường tròn (LBF ), (LC E) cắt nhau tại R 6= L.
a) Chứng minh rằng tứ giác E F M N nội tiếp.
b) Chứng minh rằng N K, M H, RL cùng đi qua tâm đẳng phương của (AN B),
(AM C), (BRC).
Lời giải.
H

A

K

R
R1

E
F

I

N1

K1

S

T

N

M
B

C

D

X

M1

L

a) Kẻ K F cắt (I) tại N 0 . Khi đó ta có
∠K N 0 E + ∠KAE = 180◦ .
Đội Huấn Luyện Viên

Trang 5

Do đó KAEN 0 nội tiếp. Chứng minh tương tự ta được K BDN 0 nội tiếp. Từ đây suy ra
N ≡ N 0 nên K, F, N . Tương tự ta cũng có H, E, M và R, L, D. Do đó tứ giác E F M N
nội tiếp.
b) Đầu tiên ta cần chứng minh K N , M H, RL đồng quy. Ta có
sin ∠N KA BF K B
=
.
.
sin ∠N K B
AF KA
BD LC
sin ∠RLB
=
.
.
sin ∠RLC
DC LB
sin ∠M H C
EC HA
=
.
.
sin ∠M HA
EA H C
Do đó kết hợp với định lý Ceva trong 4H LK có LA, H B, KC đồng quy ta được
BF K B BD LC EC HA
sin ∠N KA sin ∠RLB sin ∠M H C
.
.
=
.
.
.
.
.
sin ∠N K B sin ∠RLC sin ∠M HA
AF KA DC LB EA H C
K B LC HA
=
.
.
= 1.
KA LB H C
Do đó theo định lý Ceva sin thì K N , E M , LR đồng quy. Gọi điểm đồng quy là T . Gọi
M1 , N1 , K1 là giao điểm của LR với (BRC), (BI C L) và trung điểm của F D. Dễ thấy
N1 là trung điểm của RD. Khi đó ta có
DN1 .DL = DB.DC.
Mặt khác DB.DC = DM1 .DR = DM1 .2DN1 nên DL = 2DM1 nên M1 là trung điểm
L D. Do 4BDL ∼ 4RF D(g.g) nên ta có thể suy ra 4RF K1 ∼ 4BDM1 vì M1 , K1 là
trung điểm của LD, DF . Chú ý rằng RB là đường đối trung trong tam giác RF D, O0
là tâm của (BRC) nên ta có
∠O0 RB = 90◦ − ∠BCR = 90◦ − ∠BM D = 90◦ − ∠F KR = 90◦ − ∠KRD − ∠K DR
= 90◦ − ∠F RB − ∠RDF .
Mặt khác ∠IRB = ∠IRF − ∠F RB và ∠RDF + ∠IRF = 90◦ . Do đó suy ra ∠ORB =
∠IRB nên O, I, R thẳng hàng. Vậy (BRC) tiếp xúc (I) tại R. Tương tự ta cũng có
(AN B) tiếp xúc (I) tại N và (AM C) tiếp xúc (I) tại M . Gọi X là giao điểm của tiếp
tuyến tại M , N với (I). Khi đó
PX /(AM C) = X M 2 = X N 2 = PX /(AN B) .
Suy ra X ∈ AP. Do đó ta chỉ cần chứng minh AX đi qua T trong đó chú ý rằng
AX chính là trục đẳng phương của (ABN ), (AC M ). Gọi R1 là giao điểm của đường
thẳng qua A song song M X vớiM E. Gọi S là giao điểm của đường thẳng qua X
song song AF với N F . Ta có
∠ARE = 180◦ − ∠ARM = ∠RM X = ∠AER.
Do đó 4ARE cân tại A nên AR = AE = AF . Tương tự, X M = X N = X S. Dễ thấy 2
tam giác cân AF R, X M S tại đỉnh A, X có ∠FAR = ∠M X S do M X //AR, X S//AF. Suy
ra 4AF R ∼ 4X SM nên
FR
AF
=
.
MX
MS
Đội Huấn Luyện Viên

Trang 6

∠AF R = ∠M SX .
Mà X S//AF nên F R//M X và theo định lý Thales ta có
FR
AF
AE
TR
=
=
=
.
TM
MS
MX
MX
Từ đây dễ dàng suy ra A, X , T thẳng hàng. Tương tự ta cũng có trục đẳng phương
của (BRC), (AN B) đi qua T . Do đó T là tâm đẳng phương của (AN B), (AM C), (BRC).
ƒ
Bài toán 7
Một tổ kiến có 17 con kiến. Mỗi con kiến ra khỏi tổ đúng 8 lần để kiếm ăn. Biết rằng
một lần ra khỏi tổ được tính từ khi con kiến ra ngoài đến khi quay trở lại tổ kiến.
Giả sử rằng với k con kiến bất kỳ đều có thời điểm chúng cùng ở ngoài tổ. Chứng
minh rằng tồn tại một thời điểm có n con kiến ở ngoài tổ, với các trường hợp sau:
a) k = 2, n = 3.
b) k = 3, n = 5.
Lời giải. Ta biểu diễn các lần ra vào tổ của mỗi con kiến trên một trục thời gian. Mỗi lần
con kiến ra khỏi tổ tương ứng với một đoạn thẳng gồm hai đầu mút: một điểm màu đỏ
là thời điểm con kiến ra khỏi tổ, và một điểm màu xanh ứng với thời điểm con kiến quay
lại vào tổ. Như vậy, mỗi con kiến ứng với 16 điểm được đánh dấu: 8 điểm màu xanh và
8 điểm màu đỏ. Với tất cả 17 con kiến, có đúng 17 × 16 = 272 điểm được đánh dấu. Hai
con kiến cùng lúc ở ngoài tổ khi và chỉ khi tồn tại hai đoạn thẳng tương ứng, biểu diễn
thời gian chúng ở ngoài tổ, có điểm chung.

Nhưng có một số điểm có thể trùng nhau thành các cụm. Ta sẽ di chuyển các điểm ở
cùng cụm bởi một khoảng cách đủ nhỏ để các điểm này ở vị trí mới hoàn toàn phân biệt.
Thật vậy, do vị trí các cụm là phân biệt, tồn tại một lân cận đủ nhỏ quanh mỗi cụm mà
không chứa thêm bất kỳ cụm nào khác. Bắt đầu lần lượt từ bên trái trục thời gian, nếu
tồn tại một cụm chứa ít nhất hai điểm, ta tách các điểm đó ra theo hai nguyên tắc sau:
i) Tại cụm đang xét, đưa các điểm màu đỏ về bên trái, các điểm màu xanh về bên
phải thành từng điểm riêng biệt.
ii) Các điểm mới hình thành sau khi tách phải nằm hoàn toàn trong lân cận của cụm
ban đầu.
Khi đó, tại thời điểm tương ứng với vị trí trước khi tách của cụm vừa xét, các con kiến
cùng ra khỏi tổ tại thời điểm đó ở trạng thái ban đầu cũng giữ nguyên tính chất đó ở
trạng thái mới. Nên về cơ bản, phép biến đổi bảo toàn tính chất "gặp nhau"của bài toán.
Đội Huấn Luyện Viên

Trang 7

Đặt tên cho 272 điểm phân biệt từ trái sang phải là A1 , A2 , ..., A272 . Để ý rằng A1 có màu
đỏ và A272 có màu xanh. Gọi f (k) là số con kiến ở ngoài tổ trong khoảng thời gian bởi
đoạn thẳng Ak Ak+1 (1 ≤ k ≤ 271) thì f (k) ≥ 0 và f (1) = f (271) = 1. Hơn nữa khi đi qua
mốc thời gian Ak bất kỳ, có thêm đúng 1 con kiến ra hoặc vào tổ nên | f (k +1)− f (k)| = 1
(1 ≤ k ≤ 271). Ta cũng đặt X t , Yt lần lượt là số chỉ số k để f (k) = t và số bộ t con kiến
ở ngoài tổ (t ≥ 1).
a) Giả sử rằng không có 3 con kiến cùng ở ngoài tổ một lúc nào đó, hay ta luôn có
f (k) ≤ 2. Do f (1) = f (271) = 1, f (k) 6= f (k + 1) nên số chỉ số l để f (l) = 2 tối đa
là:
271 − 2 + 1
= 135
Y2 = X 2 ≤
2
Mặt khác do hai con kiến bất kỳ đều có thời điểm cùng ở ngoài tổ nên:
 ‹
17
= 136
Y2 = X 2 ≥
2
Hai đánh giá trên không thể đồng thời xảy ra. Do đó điều giả sử là sai, hay phải có
thời điểm tồn tại 3 con kiến cùng ở ngoài tổ.
b) Giả sử rằng không có 5 con kiến cùng ở ngoài tổ một lúc nào đó, hay ta luôn có
f (k) ≤ 4. Nhận thấy rằng f (k) = 3 tương ứng với thời điểm có đúng 1 bộ ba con
kiến ở ngoài tổ, còn f (k) = 4 tương ứng với thời điểm có đúng 4 bộ ba con kiến ở
ngoài tổ. Ta sẽ ước lượng giá trị lớn nhất có thể của số bộ ba con kiến ở ngoài tổ.
• Do | f (k+1)− f (k)| = 1 (1 ≤ k ≤ 271) nên f (2), f (270) ≤ 2 và f (3), f (269) ≤
3. Từ đó số chỉ số l để f (l) = 3 và f (l) = 4 lần lượt tối đa là:
271 − 4 + 1
= 134
X3 ≤
2
271 − 6 + 1
X4 ≤
= 133
2
Vậy số bộ ba con kiến cùng ở ngoài tổ không vượt quá Y3 ≤ 134 + 133 × 4 =
666.
• Mặt khác do ba con kiến bất kỳ đều có thời điểm cùng ở ngoài tổ nên:
 ‹
17
Y3 ≥
= 680
3
Hai đánh giá trên không thể đồng thời xảy ra. Do đó điều giả sử là sai, hay phải có
thời điểm tồn tại 5 con kiến cùng ở ngoài tổ.
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
ƒ

Đội Huấn Luyện Viên

Trang 8

TRƯỜNG ĐÔNG TOÁN HỌC
PHÚ YÊN 2019
----------

BÀI KIỂM TRA
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian phát đề)
-----------------------

Câu 1. (5 điểm) Tìm tất cả các số thực c sao cho tồn tại hàm số f :    thỏa

f ( f ( x)  f ( y ))  cxy  f ( x  y )
với mọi số thực x và y.
Câu 2. (5 điểm) Xác định tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) thỏa
a n  n a | b n  nb với mọi số nguyên dương n mà a n  n a .

Câu 3. (4 điểm) Cho 2019 đống sỏi, đống thứ i có i viên sỏi ( i  1, 2,..., 2019 ).
Mỗi bước, ta chọn một số đống sỏi và lấy ra từ mỗi đống đã chọn một số lượng sỏi
khác 0 và bằng nhau (số sỏi lấy ở mỗi đống trong các bước khác nhau không nhất
thiết bằng nhau). Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bước để lấy được hết sỏi trong 2019
đống?
Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Một đường tròn ( K ) thay đổi luôn đi
qua B , C cắt lại đoạn thẳng CA , AB theo thứ tự tại E , F , BE cắt CF tại H .
(a) Chứng minh rằng các tiếp tuyến qua E , F của ( K ) cắt nhau tại một
điểm P nằm trên AH .
(b) Trên BE , CF lần lượt lấy các điểm M , N sao cho PM  AB ,

PN  AC . Chứng minh rằng sáu điểm P, E , F , M , N , K cùng nằm trên
một đường tròn. Ký hiệu đường tròn này là ( L) .
(c) Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , AL cắt OK tại J .
Chứng minh rằng BK là phân giác góc OBJ .
HẾT