Đề thi và lời giải chi tiết Olympic KHTN năm 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (258.92 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT OLYMPIC KHTN 2019

(Group “Hướng tới VMO-TST” thực hiện)

PHẦN 1. ĐỀ THI.

Ngày thi thứ nhất. (11/05/2019)

Bài 1. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 3

n là ước của 3n 1.

Bài 2. Với k nguyên dương, cho dãy số (un) xác định bởi

1
1

( 2) 2 4

, 1

n
n

u k

n u k

u n

n







   

  




Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k để trong dãy số đã cho có đúng 2019 số hạng
là số chính phương.

Bài 3. Cho tam giác ABC, xét điểm P nằm trong tam giác sao cho BPC CPA APB.
Các đường thẳng PB PC, theo thứ tự cắt AC AB, ở E F, . Gọi D là điểm di động trên cạnh

BC Đường thẳng DF AC, cắt nhau ở M, đường thẳng DE AB, cắt nhau ở N.
1) Chứng minh rằng số đo góc MPN khơng đổi khi D di động.

2) Gọi Q là giao điểm của EF MN, . Chứng minh rằng PQ là phân giác của góc MPN.
Bài 4. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a b c, , , ta ln có

2 2 2

3 9

2 2

a b c ab bc ca

b c a a b c

 

    

 

Ngày thi thứ hai. (12/05/2019)

Bài 5. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P x( ) sao cho

3 2 2

( 1) ( 2) ( 1),

P x x  P x P x  với mọi x.

Bài 6. Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp trong đường trịn ( )O với đường kính AD, ngồi ra

EAED Dựng ra ngoài ngũ giác đã cho tam giác BCF vng cân tại F, và hai hình vuông

, .

ABMN CDPQ Giả sử hai đường thẳng MQ NP, cắt nhau ở R. Gọi S T, lần lượt là trung
điểm MQ OS, . Chứng minh rằng RT EF.

Bài 7. Một khu vực quốc tế có 512 sân bay. Mỗi sân bay đều có thể trực tiếp tới ít nhất 5 sân
bay khác. Biết rằng ta có thể đi từ bất kỳ sân bay nào đến bất kỳ sân bay khác thông qua một
hoặc nhiều chuyến bay trực tiếp. Với mỗi cặp hai sân bay, ta xét tuyến đường ngắn nhất nối
giữa chúng, tức là tuyến đường gồm số lượng ít nhất các đường bay trực tiếp giữa hai sân
bay này. Hỏi số lượng đường bay trực tiếp lớn nhất có thể có trong một tuyến đường ngắn
nhất giữa hai sân bay nào đó là bao nhiêu?

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

PHẦN 2. LỜI GIẢI CHI TIẾT.

Bài 1. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 3

n là ước của 3n 1.

Lời giải.

Kiểm tra trực tiếp, ta thấy n1 thỏa yêu cầu bài toán.

Xét n2, gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n. Dễ thấy p3 vì nếu khơng thì 3

3 |n trong
khi 3 | 3n 1,



 vơ lý. Ta có

3n 1 (mod ).p
Mặt khác theo định lý Fermat nhỏ thì

3p 1 (mod )p .
Gọi hord (3)p thì |

| 1
h n
h p





, mà n không có ước nguyên tố nào nhỏ hơn p nên suy ra

| gcd( , 1) 1 1.

h n p  h Do đó 2 | ,n theo định lý LTE, ta có
3

2(3 1) 3( ) 2(3 1) 2(3 1) 2( ) 3 ( )2

n

v  v n v  v  v n  v n nên

32 ( )v n hay v n2( )1.

Gọi q3 là ước nguyên tố lẻ nhỏ nhất của n và k ord (3)q thì tương tự trên, ta cũng suy ra
được hệ | .

| 1
k n
k q





Dễ thấy gcd( ,n q1)2 vì n khơng có ước lẻ nhỏ hơn q nên k| 2.
Nếu k 1 thì 1

3 1 (mod )q q| 2, cịn nếu k 2 thì 2

3 1 (mod )q q| 8, đều vô lý.
Do đó n1, 2 là tất cả các nghiệm nguyên dương của đề bài.

Bài 2. Với k nguyên dương, cho dãy số (un) xác định bởi
1

1
,

( 2) 2 4

, 1

n
n

u k

n u k

u n
n




   
  



Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k để trong dãy số đã cho có đúng 2019 số hạng
là số chính phương.

Lời giải.

Từ giả thiết, ta có 1 2 4

2 ( 2)

n n

u u k

n n n n

   

  hay

1 2 4 1 2 2.

( 1)( 2) ( 1) ( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)

n n n n

u u k u k u k

n n n n n n n n n n n

          

       

Do đẳng thức trên đúng với mọi n 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2 2

( 1) 1 2

n

u k u k

n n

   

 

 

Suy ra un n n( 1) 2 k. Bài toán đưa về chứng minh tồn tại k để phương trình

2 2

2
kn n m

có 2019 cặp nghiệm ngun dương ( , ).m n Từ đẳng thức trên, ta suy ra

2 2 2 2

4k4n 4n 8 4m (2 )m (2n1) 4k9 hay



2m(2n1) 2



m(2n1)



4k9.

Ta thấy nếu 4k9a b với a b, là các số ngun dương nào đó và ab thì

2 (2 1) 2

2 (2 1) 2 4

m n a a b b a

m n

m n b

  

   

  



  



Khi đó, trong hai số a b, có một số chia 4 dư 1, một số chia 4 dư 3 thì m n, .
Đến đây, chọn

4037

3 9

k   thì dễ thấy k nguyên dương vì

4037 4037

3 9 ( 1)  1 0 (mod 4).

Ngoài ra, ta thấy rằng 4037

4k93 thì 4037 2 4037 2

3 3 a3  t với 0 t 2018. Khi đó, rõ ràng có
đúng 2019 cách chọn số t và với mỗi cách chọn này, ta có đúng một bộ ( , )a b như trên, tương
ứng với một cặp số ( , )m n . Do đó số nguyên dương

4037

3 9

k   thỏa mãn đề bài.

2) Gọi Q là giao điểm của EF MN, . Chứng minh rằng PQ là phân giác của góc MPN.
Lời giải.

1) Xét phép nghịch đảo tâm P, phương tích bất kỳ. Ta thấy BC CA AB, , lần lượt biết thành
các đường tròn qua P; còn (BCP),(CAP), (ABP) biến thành các đường thẳng. Ta viết lại bài
tốn như sau (có sử dụng kết quả của định lý Napoleon):

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Để ý rằng VZ PK UY, PJ (các trung trực) nên ta đưa về chứng minh góc giữa VZ UY, là
60 . Gọi RVZUY, còn S VY UZ.

Ta đã biết F P C, , thẳng hàng và XY PC UZ, PF nên UZXY . Tương tự thì VY ZX,
mà tam giác XYZ đều nên SZY cũng đều. Khi đó, ta có thể xem XY XZ, là hai tiếp tuyến của

(SZY). Xét hai bộ ba điểm SZY
RYZ

 

 

 

thì có SYRZ V SZ, RY U ZZ, YY X và các điểm
, ,

U V X cùng nằm trên trung trực PT nên chúng thẳng hàng. Do đó theo định lý Pascal đảo
thì R(SZY) hay YRZ  YSZ 60 .

2) Vẫn sử dụng phép nghịch đảo, ta sẽ chỉ ra rằng nếu gọi Q là giao điểm thứ hai của hai
đường trịn (PKJ), (PEF) thì PQ là phân giác của KPJ.

Ta thấy rằng R S, lần lượt chính là tâm của hai đường tròn (PKJ), (PEF) nên RSPQ.
Ngồi ra theo 1) thì ta cũng có SRZ  YRZ 60 . Chú ý rằng RZ PK RY, PJ nên góc
tạo bởi (PQ PK, ) và (PQ PJ, ) bằng với góc tạo bởi (RS RZ, ),(RS RY, ) và cùng bằng 60 . Vì
thế nên PQ chính là phân giác của KPJ. Ta có đpcm.

Nhận xét. Ở lời giải trên, bằng phép nghịch đảo, ta đã khai thác triệt để mơ hình điểm Toricelli 
cùng định lý Napoleon liên quan. Thực ra bài tốn vẫn có thể giải nhẹ nhàng hơn theo hướng
biến đổi, tính tốn như sơ lược bên dưới:

Q

S

R
U

V

Z

Y

X
K

J

T
P

F

E

C
B

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta có APB CPB120 nên APE  CPE60 , tức là PE là phân giác của APC.
Tương tự thì PF là phân giác của APB. Theo định lý Menelaus cho các bộ ba điểm thẳng
hàng là (M F D, , ), ( , , )N D E thẳng hàng và tính chất đường phân giác thì ta thu được

2
NB MC PB PC
NA MA PA



  (*).

Từ đây có thể dựng trước M thỏa mãn MPN 120 để có APM  BPN rồi tiếp tục
dùng định lý sin trong các tam giác thích hợp để thu về đẳng thức (*) như trên.

Bài 4. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a b c, , , ta ln có

2 2 2

3 9

2 2

a b c ab bc ca

b c a a b c

 

    

 

Lời giải.

Đầu tiên, ta có các phân tích sau:

2 2 2 2

( ) ( )( )

a b c ab bc ca ab  ac bc và
2

( ) ( )( )

3 .

a b c a b a c b c

b c a ab ac

  

    

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2

2 2 2 2 2 2

1 3 1 1 3 1

( ) ( )( ) 0.

2 2

a b a c b c

ab a b c ac a b c

   

          

   

   

K

Q

N
M

F

E

D
P

C
B

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Không mất tính tổng quát, giá sử cmin



a b c, ,



. Khi đó ta cần chứng minh

2 2 2 2 2

2 2 2

1 3 1

0 2( ) 3 2( ) 2 0.

2 a b c ab a b ab c

ab a b c          
Tương tự ta cũng sẽ có được 1 3 2 12 2 0

ac a b c  . Do đó ta hồn tất chứng minh.

Nhận xét. Lời giải trên sử dụng hướng phân tích Schur-SOS nên biến đổi khá thuận lợi, và đây 
cũng một kỹ thuật hay sử dụng để đánh giá đại lượng không đối xứng a b c

bca. Một hướng 
tiếp cận khác là dùng bất đẳng thức phụ để ước lượng a b c

b ca đưa về đối xứng.
Bài 5. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P x( ) sao cho

3 2 2

( 1) ( 2) ( 1),

P x x  P x P x  với mọi x.
Lời giải.

Nếu P x( )c là hằng số, thay vào đề bài, ta có 2

0, 1

cc c c tương ứng với hai đa thức
( ) 0, ( ) 1

P x  P x  thỏa mãn.

Xét deg ( )P x n1, gọi a0 là hệ số bậc cao nhất của P thì so sánh hệ số bậc 3n ở hai vế

của đề bài, ta có 3 2 2

( )n ( )n ( ) ,n 1

a x a x a x  x aa a . Đặt P x( )Q x( 1) thì

3 2 2

( ) ( 1) ( ),

Q x x Q x Q x x.
Dễ thấy hệ số bậc cao nhất của Q vẫn là 1 và degQdegPn.
Nếu ( ) n

Q x  x thì thay vào đẳng thức trên, ta thấy thỏa mãn.

Giả sử Q x( )xn H x( ) với H x( )0 và degH mn. Thay vào đề bài, ta có

3 2 3 2 2 2

(x x )n H x( x )(x1)nH x( 1)  (x 1)nH x( 1) hay

3 2 2 2 2

( ) ( 1)n ( 1) ( 1)n ( 1) ( 1) ( 1).

H x x  x H x   x  H x H x  H x

Bậc của vế trái là 3 ,m trong khi bậc về phải là max{n2 , 2m nm m, 3 }2nm3 .m Điều vô
lý này cho thấy trường hợp này khơng thể xảy ra.

Do đó chỉ có Q x( )xn tương ứng với P x( )(x1)n là đa thức khác hằng thỏa mãn đề bài.
Tóm lại, các đa thức thỏa mãn đề bài là: P x( )0, ( )P x 1, ( )P x (x1) ,n n.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài 6. Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp trong đường tròn ( )O với đường kính AD, ngồi ra
.

EAED Dựng ra ngồi ngũ giác đã cho tam giác BCF vuông cân tại F, và hai hình vng

, .

ABMN CDPQ Giả sử hai đường thẳng MQ NP, cắt nhau ở R. Gọi S T, lần lượt là trung
điểm MQ OS, . Chứng minh rằng RT EF.

Lời giải.

Gọi U V, lần lượt là tâm của hai hình vng ABMN CDPQ, . Khi đó, O S, là trung điểm của
,

AD MQ nên theo bổ đề ERIQ thì trung điểm của AM OS DQ, , , chính là U T V, , cũng thẳng
hàng. Xét phép quay vector góc

2


thì

 





2 2

UV UB BF FC CV UA FC FB VD

 

                và

 





2 2

UV UA AE ED DV BU DE AE CV

 

                .
Do đó

 













1
2

1 1

2 2

UV UA FC FB VD BU DE AE CV
FB BA AE FC CD DE FE FE FE



        

        

        
        

Suy ra UV EF và UV EF. Khi đó, để chứng minh RT EF, ta đưa về chứng minh UV
đi qua R.

Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác MNU QPV, thì điều này tương ứng với giao điểm
của các cặp đường thẳng (MN QP, ), (NU PV, ), (UM VQ, ) là thẳng hàng.

U

V
K

F

Q

P
N

T
O

M

S
R

E

D

C
B

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Gọi ZE là đường kính của ( ).O Ta thấy ABZ 135 , UBA45 nên U B Z, , thẳng hàng và
kéo theo ZM ZA. Tương tự thì V C Z, , cũng thẳng hàng và ZQZD. Mà ZAZD nên Z
cách đều các điểm M A D Q, , , nên tứ giác MADQ nội tiếp trong đường tròn tâm Z. Chú ý
rằng ABBM AB, BD nên M B D, , thẳng hàng.

Khi đó, nếu gọi X là giao điểm của ( )Z với MN thì XMD90, kéo theo DX là đường
kính của ( ).Z Tương tự nếu gọi Y là giao điểm của ( )Z với PQ thì AY là đường kính của

( ).Z Do đó DX AY Z.

Trong đường tròn ( ),Z áp dụng định lý Pascal cho hai bộ điểm AQX
DMY

 

 

 

, ta thấy giao điểm
của các cặp đường thẳng (AM DQ, )J, (AY DX, )Z QY MX, ( , )I là các điểm thẳng hàng.
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Nhận xét. Ở lời giải trên, thực ra đoạn UV EF và UV EF chính là kết quả của định lý Van 
Aubel; cách chứng minh bằng phép quay vector ở trên có lẽ là ngắn gọn nhất. Bài toán này kết 
hợp nhiều kỹ thuật khó, đặc biệt là ở đoạn cuối.

Lời giải.

J

I Z

Y
X

V
U

Q

P
N

O
M

D
C

B

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Xét graph G( , )V E biểu diễn cho bài toán, trong đó V là tập các sân bay, V 512 và
degv5, v V. Xét đường đi ngắn nhất Luv như đề bài đã mô tả nối giữa hai đỉnh u v V,  .
Dễ thấy trên Luv, khơng có đỉnh nào lặp lại vì nếu khơng, giả sử có x lặp lại như bên dưới:

Ta thay đoạn đường giữa hai lần x xuất hiện (ký hiệu là x x1, 2) bởi đường đi trực tiếp từ x1
sang đỉnh tiếp theo của x2 và đường đi đó sẽ ngắn hơn Luv ban đầu, mâu thuẫn.

Hơn thế nữa, nếu trên Luv, có hai đỉnh x y, khơng liên tiếp nhưng lại có cạnh nối nhau thì

tương tự trên, ta thay đường đi ban đầu giữa xy thành cạnh đó tạo thành đường đi ngắn
hơn, cũng vơ lý. Từ đây, ta thấy Luv có các đặc điểm:

 Trên đó khơng có hai đỉnh trùng nhau.

 Hai đỉnh khơng liên tiếp nhau trên Luv thì sẽ khơng có cạnh nối nhau trong E.
 Vì mỗi đỉnh có bậc 5 nên các đỉnh kề với nó đều nằm ngồi Luv.

Ta quy ước gọi các đường đi như thế là đường đi đơn. Xét đường đi đơn dài nhất nối n

1 2 3 n

a a a a và ký hiệu tập đỉnh này là L, như sơ đồ bên dưới

Với mỗi aiL, ký hiệu R a( )i là tập hợp các đỉnh khơng thuộc L và có cạnh nối với ai thì

( ), ( n) 4

R a R a  còn R a( )i 3, i 2,n1. Gọi S là số cặp có thứ tự ( , )u v trong đó uL, cịn
vL và u v, có cạnh nối nhau. Thì theo nhận xét trên, ta có

4 3( 2) 4 3 2.

S  n   n

Để ý rằng R a( )1 R a( 4)  vì nếu khơng, giả sử a a1, 4 cùng kề với đỉnh b nào đó, ta thay

1 2 3 4

a a a a bởi a1ba4

x2

x1

v
u

an

a4

a3

a2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

thì đường đi sẽ ngắn hơn, vơ lý. Tương tự thì R a( )1 R a( k)  với mọi k 4,5,6,, .n Lập

luận tương tự, ta thấy rằng R a( )i R a( j)  chỉ xảy ra khi i j 2. Điều này đồng nghĩa
với việc mỗi đỉnh không thuộc L chỉ kề với tối đa 3 đỉnh thuộc L.

Từ đó suy ra S 3(512n). Do đó ta có đánh giá

3n23(512n)n255.

Ta sẽ xây dựng ví dụ thỏa mãn n255. Phân hoạch 512 đỉnh thành ba tập hợp như sau:

1 2 255 1 2 255 1 2

{ , , , }, { , , , }, { , }

L a a  a R b b  b C c c trong đó
 Các đỉnh thuộc L thỏa mãn: ai có cạnh nối ai1 với mọi 1 i 254.

 Các đỉnh thuộc R thỏa mãn: bi có cạnh nối bi1 với mọi 1 i 254.

 Mỗi đỉnh b bi, i85,bi170R,1 i 85 sẽ có cạnh nối với các đỉnh a a3i, 3 1i,a3i2A.
 Đỉnh c1 nối với ba đỉnh đầu của L, hai đỉnh đầu của R; còn c2 nối với ba đỉnh cuối

của L, hai đỉnh cuối của R (c1 không được nối với c2).

Khi đó, kiểm tra trực tiếp, ta thấy bậc của mỗi đỉnh đều là 5 hoặc 6. Ngoài ra, G cũng liên
thơng và đường đi từ a1a255 địi hỏi đi qua đúng 254 cạnh ở giữa, khơng có cách rút ngắn
được (vì mỗi đỉnh bên ngồi chỉ nối với đúng 3 đỉnh liên tiếp trên L).

Vậy có tối đa 255 sân bay trên đường bay ngắn nhất, đồng nghĩa với việc giá trị lớn nhất cần
tìm là 254.

Nhận xét. Bài toán này liên quan đến lý thuyết graph, tuy khơng địi hỏi dùng các kết quả khó 
nhưng dù sao mơ hình thành graph vẫn thuận lợi trong lập luận. Bài toán đánh giá cực đại của 
“độ dài” đường đi ngắn nhất giữa hai đỉnh trong graph là khá mới mẻ, ta cần phải có các nhận 
xét thích hợp về đường đi để có ước lượng thích hợp.

b254

c2

b255

b86 ...

...

a4

a3 ... a253 a254

c1

b1 b2 b85

a255
a2

</div>