Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi của tỉnh (học sinh chuyên) tham gia dự thi học sinh giỏi quốc gia môn Toán

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.23 MB, 54 trang )

Trang 1<div class="page_container" data-page="1">

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA CỦA TỈNH QUẢNG NAM

NĂM HỌC 2023-2024Câu 1. (3,0 điểm) Giải hệ phương trình

 .

Chứng minh dãy số ( )u có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.n

Câu 3. (5,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC AB( AC). Đường tròn ( )O lần lượt tiếp xúcvới ba cạnh AB BC CA, , tại ba điểm M N K, , . Gọi ,S R lần lượt là giao điểm của đường phân

giác ngồi góc A của tam giác ABC với hai đường thẳng KN MN,. Gọi I là giao điểm của

hai đường thẳng MS và KR, đường thẳng AN cắt đường tròn ( )O tại điểm thứ hai là .J

a) Chứng minh I thuộc ( )O và sinsin

MKNKIKJKMN  

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tạiđiểm thứ hai là D, OD cắt MK tại E. Gọi ( )T là đường tròn đi qua D và tiếp xúc với BC

tại N . Chứng minh rằng ( )T tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và EN là

đường phân giác của góc BEC .

Câu 4. (2,0 điểm) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3.

Câu 6. (2,0 điểm) Tô màu tất cả các đỉnh của đa giác đều (T) có 12 đỉnh bằng hai màu khác

nhau, mỗi đỉnh tơ một màu.

a) Hỏi có bao nhiêu cách tơ màu sao cho khơng có tam giác đều nào mà tất cả các đỉnh

của nó cùng màu (các đỉnh của nó là đỉnh của (T))?

b) Hỏi có bao nhiêu cách tơ màu sao cho có ít nhất một đa giác đều mà tất cả các đỉnh

của nó cùng màu (các đỉnh của nó là đỉnh của (T))?

Câu 7. (3,0 điểm) Cho ba số thực

x y z, ,

thuộc khoảng (0;1) và thỏa mãn

(1 x)(1 y)(1 z)xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

</div>Trang 2<div class="page_container" data-page="2">

---HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với phương trình

</div>Trang 3<div class="page_container" data-page="3">

 .Chứng minh dãy số ( )un có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

- Nhận xét: un 0,  n *.

Đặt n 1n

 . Khi đó ta có: 1

 - Nhận xét: xn0,  n *

Xét ( ) 2 2 ( 0)1

2 (1 )1

Mà n 1n

 nên dãy số

 

un có giới hạn là 1. 0,25

Từ (1) suy ra 1 12 1 1 ,2 22

</div>Trang 4<div class="page_container" data-page="4">

Xét hàm số

 



u và 2n



u2 1n



có tính đơn điệu ngược nhau.

Kết hợp với dãy

 

u bị chặn suy ra hai dãy n



u và 2n



u2 1n



có giới hạn.

Thay (3) vào (2), ta được 2a3 a2 1 a , suy ra 1 a b 1.Thay (4) vào (2), ta được



a b b



 1 b2  ab 1 a b 2.

Do đó ,a b là nghiệm phương trình x2  2x  1 0 x . Suy ra 1 a b 1.Như vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất a b 1.

Suy ra limu2n limu2 1n 1, do đó limu  .n 1

</div>Trang 5<div class="page_container" data-page="5">

Cho tam giác nhọn ABC AB AC(  ). Đường tròn ( )O lần lượt tiếpxúc với ba cạnh AB BC CA tại ba điểm , ,, , M N K . Gọi ,S R lần lượt làgiao điểm của đường phân giác ngồi góc A của tam giác ABC với haiđường thẳng KN MN Gọi , . I là giao điểm của hai đường thẳng MS và

KR, đường thẳng AN cắt đường tròn ( )O tại điểm thứ hai là J.

a) Chứng minh I thuộc ( )O và sin

(Học sinh khơng vẽ hình – khơng chấm)

Ta có: RS/ /KM  ARNKMN NKC

Tương tự, tứ giác AMNS nội tiếp đường tròn.

Tứ giác MNKJ nội tiếp ( )O có giao điểm hai tiếp tuyến tại ,M K nằm trên

đường thẳng NJ nên MNKJ là tứ giác điều hòa.Do đó MNMJ

* Lưu ý: Ta có: AKNR và AMNS đều nội tiếp đường trịn. Do đó A là điểm Miquel của tứ

giác toàn phần NKIMRS. Mà A thuộc RS nên tứ giác MNKI nội tiếp. Suy ra I( )O .

</div>Trang 6<div class="page_container" data-page="6">

Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC tại điểm thứ hai là D, OD cắt MK tại E. Gọi ( )T là đường tròn điqua D và tiếp xúc với BC tại N. Chứng minh rằng ( )T tiếp xúc với đườngtròn ngoại tiếp tam giác ABC và ENlà đường phân giác của góc BEC.

5, ,

X Y D

 thẳng hàng. Suy ra ( )T tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC.

0,25Gọi L P Q, , lần lượt là trung điểm của KN MN KM,, ; r là bán kính của ( )O

OQ OA OP OB OL OC r .Suy ra phép nghịch đảo r2

IABC  QPL (với (QPL đường tròn Euler của tam giác)

</div>Trang 7<div class="page_container" data-page="7">

Suy ra E là chân đường cao vẽ từ N của tam giác MNK hay EN vnggóc MK

kk p k

pk  .Ta có kp11(mod )p

 và ap a(mod )p , với a ((p 1)!)k p k

 (định lý nhỏ của Fermat)

Ta đi chứng minh 12



</div>Trang 8<div class="page_container" data-page="8">

Theo định lí Viet cho f x( ) thì 1

a p p hay 21

* Lưu ý: Học sinh có thể nêu 1 1 ... 1 0(mod 2)

1 2   p1 p (Do định lí Wolstenholme)Câu

f f y  f f y y f  y  f y y f  y  .Do đó: x f x(1) 1  f x( ) 2  x với mọi x ∈ R.

Thử lại f x( ) 2  x thỏa mãn.

- TH2: f(0) 0

+ Thay y 0 và x bởi x  ta được 1 f x f x



 ( 1) 1



 x f x( 1) 1 (2)

Khi đó, x f x(1) 1 là điểm cố định của hàm f với bất kỳ x   .

0,25+ Thay x  ta được 1 f



1 f y( 1)



 f y( ) 1  f y( 1)yf(1) (3)

+ Thay x  vào (1) ta được 1 f 

 

1 1+ Thay y 1 vào (3) ta được f

 

1 1

</div>Trang 9<div class="page_container" data-page="9">

- Để cho gọn, ta nói một đa giác đều cùng màu để thay cho đa giác đều

có tất cả các đỉnh cùng màu. Giả sử hai màu đó là đỏ và xanh.

- Hiển nhiên chỉ cần quan tâm đến tam giác đều và hình vng. Các

đỉnh của đa giác đều (T) có 12 cạnh tạo thành 4 tam giác đều và 3 hình

C cách chọn. + Hình vng được tơ một màu, có 2 cách.

+ Mỗi đỉnh của hình vng tương ứng là 1 đỉnh tam giác đều; để tamgiác đều này khơng cùng 1 màu thì hai đỉnh cịn lại có 3 cách.

Do đó để có một hình vng ta có: C13.2(3.3.3.3) 486 cách.

0,5

</div>Trang 10<div class="page_container" data-page="10">

(Nếu đỉnh đó màu đỏ thì hai đỉnh kia của tam giác đều không cùngmàu phải là: đỏ-xanh, xanh-đỏ, xanh-xanh (đỉnh thứ ba của tam giác đềukhông cùng màu là một đỉnh của hình vng cùng màu đang xét); Mỗiđỉnh hình vng là 1 đỉnh của 1 tam giác đều, với 4 đỉnh tương ứng 4 tamgiác đều, khi đó đủ tất cả các đỉnh của đa giác đều 12 đỉnh, nên khơng thểxảy ra khả năng cịn tam giác đều cùng màu).

- Để có hai hình vng mà mỗi hình cùng màu ta làm như sau:

+ Chọn ra 2 hình vng có 23

C cách chọn.

(cả 3 đỉnh của tam giác đều không thể là các đỉnh trên hai hình vng)

+ Cả hai hình vng tơ cùng một màu ta có 2 cách; khi đó mỗi tam giác

đều ln có 2 đỉnh (cùng màu) từ 8 đỉnh của hai hình vng, do đó đỉnh cịn

lại phải khác màu có 1 cách.

+ Hai hình vng, mỗi hình mỗi màu: có 2 cách;

Hình vng cịn lại có 4 đỉnh, mỗi đỉnh tương ứng là 1 đỉnh của tamgiác đều mà hai đỉnh có 2 màu khác nhau trong 8 đỉnh của hai hình vng

(đỉnh cịn lại là đỉnh của hình vng cịn lại, khi đó hiển nhiên tam giácđều này khơng cùng màu). Do đó có 2.2.2.2 cách. Vậy để có hai hình

vng ta có: C32



2.1 2.(2.2.2.2)



102 cách

- Để có ba hình vng mà mỗi hình cùng màu (chỉ cần xét ba hình

vng với mỗi hình cùng màu nhưng cả ba hình khơng cùng một màu (vìxét từ khả năng khơng có tam giác đều nào cùng màu nên tất cả khả năng

này khơng xảy ra 3 hình vng cùng một màu)) ta có: 2.2.2 - 2 = 6 cách.

</div>Trang 11<div class="page_container" data-page="11">

* Có 4 tam giác đều, các tam giác đều này khơng có đỉnh chung, mỗi tam giác có 6 cánh tơ tạo thành tam giác khơng cùng màu. Suy ra có 641296 cách. Trong số này, ta xét 3 trường hợp

a. Có đúng 3 hình vng cùng màu và 3 hình vng này khơng cùng màu với nhau có 6cách tơ.

b. Có đúng 2 hình vng cùng màu có 24

3.2.(22) 84

C  cách. ( Chú ý khơng có trường hợp 3 hình vng cùng màu mà cùng màu với nhau )

c. Có đúng 1 hình vng cùng màu có 143

.(2.36.84) 3003

C  cách. ( Do 4 đỉnh của hình vng là 4 đỉnh của các tam giác đều khác nhau và với mỗi cách tơ màu 1 đỉnh hình vng cùng màu có 3 cách tơ màu 2 đỉnh cịn lại của tam giác đều tương ứng )* Số cách tô khơng có tam giác đều cùng màu, tứ giác đều cùng màu và khi đó cũng khơng có lục giác đều cùng màu và 12-giác đều cùng màu là 1296 6 84 300 906    .

* Vậy số cách tơ có ít nhất 1 đa giác đều cùng màu là 212906 3190 cách.

</div>Trang 12<div class="page_container" data-page="12">

Cho ba số thực , ,x y z thuộc khoảng



0;1



và thỏa mãn

(1 x)(1 y)(1 z)xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

</div>Trang 13<div class="page_container" data-page="13">

 .Tính

a) Tiếp tuyến của đường trịn (O) tại C cắt đường thẳng OD tại S. Chứng minh OA làtiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADS.

b) Chứng minh đường thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định khi điểm C di động trênđường tròn (O) (tam giác ABC không cân tại C).

Câu 4. (2,0 điểm)

a) Cho

k

là số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh 2k 1 không chia hết cho 1

k.

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p và

q

thỏa mãn 2p2q chia hết cho p q. .

Câu 5. (3,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số :f   thỏa mãn: xf y

 

yf x

 

fy

  x y,   và

x 0.

Câu 6. (2,0 điểm) Cho tập hợp X có 2023 phần tử. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chọn hai

tập hợp con khác nhau của X sao cho giao của hai tập hợp này là một tập hợp có đúng mộtphần tử?

Câu 7. (3,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện y2 zx z, 2 xy.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2023202320232022

</div>Trang 14<div class="page_container" data-page="14">

---HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN

Câu 1(3,0đ)

 .

Điều kiện: xy01

x y

 (với x y1 0 )Vì thế phương trình (**) tương đương với phương trình:

2 5( 4x 4) 2. 4x 4 4  x (I)

Đặt t34x4. Khi đó phương trình (I) trở thành: 32

12( )

</div>Trang 15<div class="page_container" data-page="15">

2 1 1

2 11

uu 

  giảm và bị chặn dưới bởi số 0. Suy ra dãy số 1

  

  có giớihạn.

Đặt lim 1 .

  

Mặt khác 2

11 1

</div>Trang 16<div class="page_container" data-page="16">

Cộng vế theo vế các đẳng thức trên suy ra:

  suy ra 202223 20222022 2022

   a2  0 a0 (vô lý).Điều này chứng tỏ

 

un không bị chặn trên. Do đó nlimun

 .

Đặt

nin

</div>Trang 17<div class="page_container" data-page="17">

sao cho ba điểm O, A, B không thẳng hàng. Xét một điểm C trên đường tròn(O) sao cho tam giác ABC không cân tại C. Gọi (O1) là đường tròn đi qua Avà tiếp xúc với BC tại C; (O2) là đường tròn đi qua B và tiếp xúc với AC tạiC. Hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại điểm thứ hai là D (D khác C).

a) Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C cắt đường thẳng OD tại S.Chứng minh OA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADS.

b) Chứng minh đường thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định khi điểmC di động trên đường tròn (O) (tam giác ABC khơng cân tại C).

Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25 (Học sinh khơng vẽ hình – khơng chấm)

O CCB OO CB O C OO

Tương tự O C OO2/ /1. Suy ra tứ giác OO CO12 là hình bình hành. Do đó O O1 2

đi qua trung điểm của OC.

0,5Mà O O1 2đi qua trung điểm của CD nên O1O2 // OD. Mà O O1 2CD nên

</div>Trang 18<div class="page_container" data-page="18">

* Cách khác: Gọi M là giao điểm của tia CD và đường tròn (O).

Suy ra 4 điểm A, D, O, B cùng nằm trên một đường tròn. 0,25+ Ta thấy OD, AB, tiếp tuyến của (O) tại C là các trục đẳng phương của từngcặp đường tròn (ADOB) và (COD), (O) và (ADOB), (O) và (COD). Do đó 3

+ Đường đối cực của S đối với (O) đi qua C và vng góc với OD nên CD làđường đối cực của S đối với (O).

Mà AB đi qua cực S của CD đối với (O) nên CD đi qua cực E của AB đối với(O).

Hơn nữa A, B và (O) cố định nên E cố định. Vậy CD đi qua E cố định. 0,25* Lưu ý:

Ta có SOMC nên SM là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Mà S nằm trên đường chéo AB nên tứ giác AMBC là tứ giác điều hòa. 0,5Suy ra giao điểm E của hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B

Hơn nữa A, B và (O) cố định nên E cố định. Vậy CD đi qua E cố

Câu 4(2,0đ)

a) Cho k là số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh 2k11 khơng chia hết cho .kb) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p và q thỏa mãn 2p 2q chia hết cho

p q.

Giả sử 2k11 k

  . Suy ra k là số tự nhiên lẻ. Khi đó k có dạng 123

rkp p p p

 , với p p p1, 2, 3,...,prlà các sốnguyên tố lẻ,   1, 2, 3,...,r là các số nguyên dương và r 1.

+ Do pi là số nguyên tố lẻ nên 1 2 .mi

p   t (ti là số tự nhiên lẻ ;1, 2,3,...,

</div>Trang 19<div class="page_container" data-page="19">

2pq 2 p(mod )p 2pq 2(mod )p

Tương tự ta chứng minh được 2pq 2(mod )q .

Mà p, q là các số nguyên tố nên 2pq 2(mod pq) 2pq11(mod pq)(Mâu thuẫn ở câu a).

 ta có: 1 f b

 

bf( )1 f ab( )

0,5

</div>Trang 20<div class="page_container" data-page="20">

+ Với ( ; ) ( ; )x y 1 ab

f xc xx

   

  thay vào xf y

 

yf x

 

fyx

Giả sử giao của hai tập hợp thỏa yêu cầu là tập hợp

 

a .

Ta đếm số cách chọn hai tập hợp A, B con của X \

 

a và khơng giao nhau. Cóhai trường hợp xảy ra :

Ta có





</div>Trang 21<div class="page_container" data-page="21">

Giả sử A , tập hợp Blà tập hợp con khác rỗng của X \

 

a .Trường hợp này có 220221 cách chọn tập hợp B.

Từ hai trường hợp trên suy ra số cách chọn hai tập hợp con khác nhau (khôngchứa a) giao nhau bằng rỗng là 1(32022 22023 1) (22022 1)

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện y2 zx z, 2 xy. Tìm giá trịnhỏ nhất của biểu thức

yzxxya ba b czxb cabczxy

 

 nên 11a11b 1 2ab

ca b  c

Suy ra f t( ) nghịch biến trên



0;1



Do đó f t( )f(1) 1012 . Dấu “=” xảy ra khi t 1 c1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1012 khi xz. 0,25

HẾT

</div>Trang 22<div class="page_container" data-page="22">

Chứng minh rằng dãy số

 

xn có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Câu 3. (5,0 điểm) Cho đường tròn (O) và dây BC cố định khác đường kính. Điểm A di

chuyển trên cung lớn BC của (O) sao cho tam giác ABC nhọn, khơng cân. Đường trịn tâm Jbàng tiếp góc A của tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi M, Nlần lượt là giao điểm của EF với JB, JC.

a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN đi qua trung điểm của BC.b) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN và (O). Gọi Qlà giao điểm thứ hai của AD và (O). Chứng minh rằng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi

A di chuyển trên cung lớn BC của (O).

Câu 4. (2,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 3p11 chia hết cho p và thương

là một số chính phương.

Câu 5. (3,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f :   thỏa mãn điều kiện

f x f y  f xy xy với mọi số thực x y, .

Câu 6. (2,0 điểm) Gọi S là tập hợp gồm 2021 số nguyên dương đầu tiên. Hỏi có tất cả bao

nhiêu bộ số



a b c, ,



thỏa mãn điều kiện a b c, , thuộc S và a3b3c3 chia hết cho 9 ?

Câu 7. (3,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z  1.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 222

</div>Trang 23<div class="page_container" data-page="23">

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN

.Điều kiện:   3 y 2.

Phương trình (1) tương đương với

2x 6x 7x35 2 y 2 y

0,250,25 2



x1



3



x1



2 2



 y



2 y2 y (3) 0,5Xét hàm số f t

 

2t3t , f t

 

là hàm số đồng biến trên R

(3) viết lại f x



1



f



2 y



 x12 y ( x 12 y )

0,250,25Thay vào phương trình (2) ta được 5 2 y 12 y  y 3 5

 5 2 y2 y y3 4

0,250,25Xét hàm số g y

 

5 2 y2 y y3 trên



3; 2



. Khi đó

Vậy nghiệm của hệ là



3; 2



Cho a 0 và dãy số

 

xn định bởi 11

1 2( 1);

Trong phương trình xác định dãy cho n dần tới vô cùng ta được

 L 2.

0,25

</div>Trang 24<div class="page_container" data-page="24">

Do đó trường hợp này limx n 2. 0,25

Cho đường tròn (O) và dây BC cố định khác đường kính. Điểm A dichuyển trên cung lớn BC của (O) sao cho tam giác ABC nhọn, khơng cân.Đường trịn tâm J bàng tiếp góc A của tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA,

AB lần lượt tại D, E, F. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của EF với JB, JC.

a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN đi quatrung điểm của BC.

b) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác

AMN và (O). Gọi Q là giao điểm thứ hai của AD và (O). Chứng minh rằngPQ luôn đi qua một điểm cố định khi A di chuyển trên cung lớn BC của

(Học sinh khơng vẽ hình – khơng chấm)

Ta có JB là phân giác ngoài của ABC nên BJC= 1800 - JBC- JCB

= 1800 - 900 2

Lại có tam giác AEF cân ở A

nên AFE= 900 - 

BAC . (2)

0,250,25Từ (1) và (2) suy ra BJN BFN nên tứ giác BFJN nội tiếp.

Do đó BNJ 900 hay BN  CJ.

0,250,25

</div>Trang 25<div class="page_container" data-page="25">

Gọi T là giao điểm của EF với BC.

Vì BN, CM, JD đồng quy nên suy ra (BCDT)= -1. 0,250,25

Tứ giác BMNC nội tiếp suy ra hai trong ba đường trịn (O), (BMNC),(AMN) có trục đẳng phương lần lượt là BC, MN, AP.

Do đó BC, MN, AP đồng quy tại T hay AP cũng đi qua T. 0,250,25

Phép chiếu xuyên tâm A từ đường thẳng BC lên (O) biến B, C, D, T lầnlượt thành B, C, Q, P .

Vì (BCDT) = -1 suy ra (AB,AC,AQ,AP)= -1 tức là tứ giác BCQP điều hịa.

0,250,250,25Theo tính chất tứ giác điều hịa thì PQ, tiếp tuyến tại B, tiếp tuyến tại C

của (O)

đồng qui tại 1 điểm X.

(hoặc nêu PQ là đường đối trung của tam giác BPC )

Vì X là điểm cố định suy ra PQ ln đi qua điểm cố định. 0,25

Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 3p1 1

 chia hết cho p và thương là

Ta thấy p 2 thỏa mãn bài toán.

0,250,25Xét trường hợp p 2, khi đó p lẻ, đặt p 1 2k với k là số nguyên

dương, ta có

2(3k1)(3k1)p A.

Vì (3k1;3k1) 2 , ta suy ra tồn tại các số tự nhiên B C, sao cho

3 1 2 . ;3 1 2.3 1 2. ;3 1 2 .

</div>Trang 26<div class="page_container" data-page="26">

Vậy 3 1 2 .k  p C2 chia hết cho 8, vơ lí vì 3k 1 4(mod8)

  (vì k lẻ). Với k chẵn, đặt k2m với m là số ngun dương, ta có

2B   3k 1 (3m1)(3m1)Vì (3m 1;3m 1) 2

   ta suy ra tồn tại các số tự nhiên C D, sao cho

3 1 2. ; 3 13 1 ; 3 1 2.

  không xảy ra.

Vậy 3m  1 E2, nghĩa là 3m (E1)(E1) điều này dẫn đến tồn tại hai số tự nhiên s t sao cho E  1 3t và E  1 3s .

Do đó 2 (E 1) (E 1) 3 (3     ts t 1). Rõ ràng điều này chỉ xảy ra khi 3 1t

và 3s t 1 2

  hay t0;s1, từ đó ta tìm được p 5( thỏa mãn).Vậy p2; p5 thỏa mãn yêu cầu bài tốn.

Tìm tất cả các hàm số f R:  R thỏa mãn điều kiện

f x f y  f xy xy với mọi số thực x y, .Giả sử tồn tại hàm số f R:  R thỏa mãn điều kiện

f x f y  f xy xy (1) với mọi x y, thuộc R.

Ta thấy nếu f x

 

C thì khơng thỏa mãn. 0,25

Trong (1) cho y = 0 ta được f

   

0 f x  f



1



1 với mọi x,

suy ra f

 

00

Trong (1) cho x y 1 ta có f2

 

11 nên f

 

11 hoặc f

 

11.

Trường hợp 1: Với f

 

11.

Trong (1) cho y = 1 ta được f x

 

f x



1



2x1 (2)

Trong (2) thay x bởi xy ta có f xy



 f xy



1



2xy1.

Kết hợp với (1) ta được f xy



f x f y

   

với mọi x y, thuộc R. (3)

Trong (1) cho y = x ta được f2

 

x  f x



21



2x21

 f2

 

x  f x



1 .



f x



1



2x21 ( do (3)) (4)

Trong (2) thay x bởi x + 1 ta được f x



1



f x

 

2x1 (5)

</div>Trang 27<div class="page_container" data-page="27">

Trong (6) thay x bởi xy ta có  f xy



 f xy



1



2xy1.

Kết hợp với (1) ta được f xy



 f x f y

   

với mọi x y, thuộc R. (7)

Trong (1) cho y = x ta được f2

 

x  f x



21



2x21

f2

 

x  f x



1 .



f x



1



2x21 (8)

Trong (6) thay x bởi x + 1 ta được  f x



1



 f x

 

2x1 (9)

Gọi S là tập hợp gồm 2021 số nguyên dương đầu tiên. Hỏi có tất cả bao

nhiêu bộ số



a b c, ,



thỏa mãn điều kiện a b c, , thuộc S và a3b3c3 chiahết cho 9?

Ta viết a3q1r1, b3q2r2, c3q3r3 với r i



0;1; 1



, i 1, 2,3.Ta có ri3ri(mod 3) nên 3



3 3



123 0

r r r  .

Ta có hai trường hợp xảy ra:

0,25Trường hợp 1: r1   r2 r3 0 hay a b c, , 3.

Do a b c S, ,  nên mỗi số a b c, , có 673 cách chọn, suy ra trường hợp này có 6733 bộ



a b c, ,



thỏa mãn.

0,250,25Trường hợp 2:



r r r 1, ,23

 

0,1, 1



hay trong ba số a b c, , có một số chia

hết cho 3, một số chia 3 dư 1, một số chia cho 3 dư -1.

Do a b c S, ,  nên số chia hết cho 3 có 673 cách chọn; số chia 3 dư 1 có674 cách chọn; số chia 3 dư -1 có 674 cách chọn và có thể hốn vị các số

Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z  1. Tìm giátrị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 222

f t



</div>

Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi của tỉnh (học sinh chuyên) tham gia dự thi học sinh giỏi quốc gia môn Toán

<i>x y z</i>, ,

 

 







 



















 

 









<i>k</i>

<i>k</i>.

<i>q</i>

 

 

<i>x </i>0.

 

 

 

 

 

 



 





 

















 

 









 









 

 

   





 

 

 

 

 

 













   

 



