Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam tham dự kì thi Toán Quốc tế Imo năm 2016

Chia sẻ: Huynh Duc Vu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

210
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Gửi đến các bạn tài liệu Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam tham dự kì thi Toán Quốc tế Imo năm 2016. Tài liệu gồm có 2 đề thi cùng hướng dẫn giải hi vọng sẽ giúp ích cho các bạn trong quá trình học tập và ôn thi. Để nắm vững hơn nội dung kiến thức đề thi mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam tham dự kì thi Toán Quốc tế Imo năm 2016

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN VIỆT NAM rg .o e THAM DỰ KÌ THI TOÁN QUỐC TẾ IMO 2016 Ngày thứ nhất p co hs Bài 1 Tìm a, n nguyên dương với a > 2 để mỗi ước nguyên tố của a n − 1 cũng là ước 2016 nguyên tố của a 3 − 1. Bài 2 A là tập 2000 số nguyên phân biệt và B là tập 2016 số nguyên phân biệt. K là số cặp at m // : p (m, n) có thứ tự với m thuộc A và n thuộc B mà |m − n| ≤ 1000. Tìm max K ? Bài 3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có B,C cố định, A chuyển động trên cung BC của (O). Các phân giác AD, B E ,C F giao nhau tại I . Đường tròn qua D tiếp xúc với O A tại A cắt (O) tại G . GE ,GF giao (O) lần thứ hai tại M , N . B M giao C N tại H . a) Chứng minh rằng AH đi qua một điểm cố định. b) B E ,C F giao (O) lần lượt tại K , L . AH giao K L tại P . Q là một điểm trên E F sao cho QP = Q I . J là điểm nằm trên (B IC ) sao cho I J ⊥ IQ . Chứng minh rằng trung điểm I J chuyển động trên một đường tròn cố định. tt h Ngày thứ nhì Bài 4 ∠B AC . Lấy điểm D thuộc Cho tam giác ABC nhọn có ∠ AC B < ∠ ABC < ∠ AC B + 2 ∠B AC cạnh BC sao cho ∠ ADC = ∠ AC B + . Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam 2 giác ABC tại A cắt BC tại E . Phân giác ∠ AE B cắt AD và cắt (ADE ) tại G và F , DF giao AE tại H . a) Chứng minh rằng các đường tròn đường kính AE , DF,G H có một điểm chung. b) Trên phân giác ngoài ∠B AC và trên tia AC lần lượt lấy các điểm K và M sao cho K B = K D = K M , trên phân giác ngoài ∠B AC và trên tia AB lần lượt lấy các điểm L và N sao cho LC = LD = LN . Đường tròn đi qua M , N và trung điểm I của BC cắt BC tại P (P = I ). Chứng minh rằng B M ,C N , AP đồng quy. htt p:/ / Bài 5 ma ths c Cho a1 , a2 , ..., an−1 , an (n ≥ 3), trong đó mỗi số ai nhận giá trị ∈ {0; 1}. Xét n bộ số S 1 = (a 1 , a 2 , ..., a n−1 , a n ), S 2 = (a 2 , a 3 , ..., a n , a 1 );...;S n = (a n , a 1 , ..., a n−2 , a n−1 ). Với mỗi bộ số r = (b1 , b2 , ..., bn ), đặt ω(r ) = b1 .2n−1 + b2 .2n−2 + ... + bn .20 . Giả sử các số ω(S 1 ); ω(S 2 ); ...; ω(S n ) nhận đúng k giá trị phân biệt. . . 2n − 1 a) Chứng minh rằng n .k và ω(S i ). . . ∀i = 1, n. 2k − 1 op e.o rg b) Kí hiệu M và m lần lượt là max và min của ω(S 1 ), ..., ω(S n ). Chứng minh rằng M −m ≥ Bài 6 (2n − 1)(2k−1 − 1) 2k − 1 . Cho các số thực phân biệt α1 , α2 , ..., α16 . Với mỗi đa thức hệ số thực P (x); đặt V (P ) = P (α1 ) + P (α2 ) + ... + P (α16 ). Chứng minh rằng tồn tại duy nhất đa thức Q(x) bậc 8 có hệ số x 8 bằng 1 thỏa mãn i) V (QP ) = 0 với mọi đa thức P có bậc bé hơn 8. ii) Q(x) có 8 nghiệm thực (tính cả bội). HƯỚNG DẪN VÀ LỜI GIẢI Bài toán 1 Tìm a, n nguyên dương với a > 2 để mỗi ước nguyên tố của a n − 1 cũng là ước nguyên tố 2016 của a 3 − 1. TST 2016 rg .o e Lời giải (trungnghia215) Bổ đề 1. gcd(a m − 1, a n − 1) = a gcd(m,n) − 1 Chứng minh bổ đề. Gọi d = gcd(a m − 1, a n − 1) Để ý a gcd(m,n) − 1 | a m − 1, a n − 1 =⇒ a gcd(m,n) − 1 | d =⇒ d ≥ a gcd(m,n) − 1 Mặt khác a m ≡ 1 (mod d ) và a n ≡ 1 (mod p) nên ordd (a) | m, n =⇒ ordd (a) | gcd(m, n) Hay a gcd(m,n) ≡ 1 (mod d ) hay a gcd(m,n) − 1 ≥ d . Kết hợp lại ta có đpcm. u Bổ đề 2. 33 + 1 = 2t có nghiệm duy nhất là (u, t ) = (0, 2). u u−1 u−1 Chứng minh bổ đề. Xét u ≥ 1, khi đó 33 = (33 )3 ≡ 33 (mod 8). Đến đây lùi về sẽ thu được 3u 3 ≡ 3 (mod 8). Từ đó ta có u = 0 là nghiệm duy nhất. 2016 Giả thiết bài toán quy thành p là ước nguyên tố của a n −1 thì p | d với d = gcd(a n −1, a 3 −1) Ta đặt n = 3u .v với gcd(v, 3) = 1. u TH1. u ≤ 2016. Khi đó theo bổ đề d = a 3 − 1 u 2016 i) Nếu v = 1 thì ta dễ thấy a 3 − 1 | a 3 − 1. u ii) Xét v ≥ 2, khi đó ta có a v − 1 | a n − 1. Bài toán suy ra nếu p | a v − 1 thì p | a 3 − 1. v −1 Xét p là ước nguyên tố của aa−1 =⇒ p | a v − 1. u Khi đó p | gcd(a v −1, a 3 −1) = a −1 theo bổ đề trên. Điều này có nghĩa là tập các ước nguyên tố của a v−1 + a v−2 + · · · + 1 phải là tập con của tập các ước nguyên tố của a − 1 (∗) d d d Bây giờ ta đặt A = a v−1 + a v−2 + · · · + 1 = p 1 1 p 2 2 · · · p k k với p i c c c Theo (∗) thì a − 1 = p 11 p 22 · · · p kk .P a) Nếu a chẵn thì toàn bộ p i , P lẻ. Áp dụng bổ đề LTE, ta có v p i (A) = v p i (a v − 1) − v p i (a − 1) = d d d v p i (v). Nghĩa là v = p 1 1 p 2 2 · · · p k k Q p co hs tt h at m // : p htt p:/ / d1 d2 dk d1 d2 dk Lúc này, A ≥ a v−1 + 1 = a p 1 p 2 ···p k Q−1 + 1 ≥ 3p 1 p 2 ···p k Q−1 + 1 > A . Vô lí. b) Nếu a = 4t +1. Lúc này ta vẫn có thể áp dụng bổ đề LTE như trên do 4 | a−1 nên v 2 (a v −1) = v 2 (a − 1) + v 2 (v). Đánh giá tương tự ta có điều vô lý. c) Nếu a = 4t + 3. Khi đó để ý nếu v lẻ ta sẽ dẫn đến v 2 (A) = v 2 (v) = 0 nên đánh giá tương tự a) cho điều vô lý. Xét v chẵn, theo bổ đề LTE v 2 (a v − 1) = v 2 (a − 1) + v 2 (a + 1) + v 2 (v) − 1 = v 2 (a + 1) + v 2 (v). Đặt L = v 2 (v), K = v 2 (A) = d1 và J = v 2 (a + 1) (J ≥ 2). Ta có K = v 2 (A) = v 2 (a v − 1) − v 2 (a − 1) = L + J − 1 (lưu ý là do ta đã sắp xếp p i nên p 1 = 2) d d d d Viết lại A = 2L+J −1 p 2 2 · · · p k k và v = 2L p 2 2 · · · p k k .Q . Mặt khác, để ý là v 2 (a + 1) = J nên a + 1 ≥ 2 J ⇐⇒ a ≥ 2 J − 1. Ta có: ma ths c op e.o rg A = a v−1 + a v−2 + · · · + 1 ≥ a v−1 + 1 ≥ (2 J − 1)v−1 + 1 = [(2 J − 2) + 1]2 d d d d d L d d p 2 2 ···p k k Q +1 d ≥ 2L p 2 2 · · · p k k Q(2 J − 2) + 2 ≥ 2L+J .p 2 2 · · · p k k − 2L+1 p 2 2 · · · p k k + 2 ≥ A Để ý dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi v = 2, a = 2L − 1. u 2016 Từ đó ta cần đi tìm u sao cho mọi ước nguyên tố của a 2.3 − 1 là ước nguyên tố của a 3 − 1. 2 http://mathscope.org Xét trường hợp u = 0, u u theo bổ đề 3 thì a 3 + 1 có ước nguyên tố lẻ. Xét q là ước nguyên tố lẻ của a 3 + 1. 32016 u −1 Ta có q | aa 3u −1 , nếu ta đặt x = a 3 và y = 32016−u ( y lẻ) thì viết lại q| x y −1 x−1 rg .o e = x y−1 + x y−2 + · · · + 1 = x y−2 (x + 1) + x y−4 (x + 1) + · · · + x(x + 1) + 1 (do y lẻ) từ đó suy ra q | 1 do q | x + 1. Vô lí. Từ đó thu được u = 0 hay n = 2. Vậy nghiệm là (a, n) = (2L − 1, 2). TH2. n > 2016 Xét tương tự trên, với v > 1 ta cũng sẽ thu được n = 2. Vô lí. u Xét v = 1. Khi đó ta cần chứng minh có 1 ước nguyên tố là ước của 33 − 1 nhưng không là 2016 ước của 33 − 1 Tuy nhiên điều này không đúng vì nếu ngược lại, nghĩa là sẽ có một ước u 2016 nguyên tố q sao cho v q (33 ) > v q (33 ). u 2016 u Nếu q lẻ: mọi ước nguyên tố q của 33 −1 và 33 −1 đều khác 3 nên theo bổ đề LTE v q (33 − 1) = v q (33 2016 at m // : p − 1) + v q (3u−2016 ) = v q (33 u Do đó ta chỉ cần xét 33 −1 = 2i .(33 thể cm bằng cách chia qua) tt h p co hs 2016 2016 ) −1), tuy nhiên PT này vô nghiệm do đó ta có đpcm (có Bài toán 2 A là tập 2000 số nguyên phân biệt và B là tập 2016 số nguyên phân biệt. K là số cặp (m, n) có thứ tự với m thuộc A và n thuộc B mà |m − n| ≤ 1000. Tìm max K ? TST 2016 Lời giải (tikita) Có lẽ đáp án bài này là: 3016944. Lời giải vắn tắc như sau: Trước hết ta có hai bổ đề sau Bổ đề 1: Cho k là số nguyên dương thỏa k ≤ 2000−17 và a, b là hai số nguyên thỏa |a −b| ≥ 2000 − k . Khi đó tổng của số các số nguyên m ∈ B thỏa |a − m| ≤ 1000 và số các số m ∈ B thỏa |b − m| ≤ 1000 không vượt quá 2017 + k . htt p:/ / Bổ đề 2: Cho k là số nguyên dương sao cho k ≤ 16 và a, b là hai số nguyên thỏa |a −b| ≥ k . Khi đó tổng của số các số nguyên m ∈ B thỏa |a − m| ≤ 1000 và số các số m ∈ B thỏa |b − m| ≤ 1000 không vượt quá 4002. ma ths c Đặt S(a) là số các số nguyên m ∈ B thỏa |a − m| ≤ 1000. Trở lại bài toán, gọi a1 < a2 < ... < a2000 là các phần tử của A . Khi đó |a 1 − a 2000 | ≥ 1999 = 2000 − 1 nên theo bổ đề 1 ta có S(a 1 ) + S(a 2000 ) ≤ 2017 + 1 = 2018. |a 2 − a 1999 | ≥ 1997 = 2000 − 3 nên theo bổ đề 1 ta có S(a 2 ) + S(a 1999 ) ≤ 2017 + 3 = 2020 |a 3 − a 1998 | ≥ 1995 = 2000 − 5 nên theo bổ đề 1 ta có S(a 3 ) + S(a 1998 ) ≤ 2017 + 5 = 2022 ............ |a 992 − a 1009 | ≥ 17 = 2000 − 1983 nên theo bổ đề 1 ta có S(a 992 ) + S(a 1009 ) ≤ 2017 + 1983 = 4000, |a 993 − a 1008 | ≥ 15 nên theo bổ đề 2 ta có S(a 993 ) + S(a 1008 ) ≤ 4002. |a 994 − a 1007 | ≥ 13 nên theo bổ đề 2 ta có S(a 994 ) + S(a 1007 ) ≤ 4002. .......... |a 1000 − a 1001 | ≥ 1 nên theo bổ đề 2 ta có S(a 1000 ) + S(a 1001 ) ≤ 4002. Từ đây suy ra K = S(a1 )+S(a2 )+...+S(a2000 ) ≤ (2018+2020+2022+...+4000)+8×4002 = 3016944. http://mathscope.org op e.o rg 3 Bài toán 3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có B,C cố định, A chuyển động trên cung BC của (O). Các phân giác AD, B E ,C F giao nhau tại I . Đường tròn qua D tiếp xúc với O A tại A cắt (O) tại G . GE ,GF giao (O) lần thứ hai tại M , N . B M giao C N tại H . a) Chứng minh rằng AH đi qua một điểm cố định. b) B E ,C F giao (O) lần lượt tại K , L . AH giao K L tại P . Q là một điểm trên E F sao cho QP = Q I . J là điểm nằm trên (B IC ) sao cho I J ⊥ IQ . Chứng minh rằng trung điểm I J chuyển động trên một đường tròn cố định. TST 2016 at m // : p Lời giải (Nguyen Van Linh) tt h p co hs rg .o e htt p:/ / a) Thực ra câu này cần chứng minh H thuộc phân giác AD và AD luôn đi qua trung điểm cung BC cố định. Do đường tròn Apollonius trực giao với (O) nên đường tròn đi qua D và tiếp xúc với (O) tại A chính là đường tròn A -Apollonius của tam giác ABC . Tâm của đường tròn là X -giao của tiếp tuyến tại A với BC . Ta có X A 2 = XG 2 = X B.XC nên tứ giác ABGC điều hòa. Gọi H là giao của AD với E F . Ta có (AI H D) = −1 suy ra B (AI H D) = −1. Gọi W là giao của B H với AC suy ra (AEW C ) = −1 ⇒ M (AEW C ) = −1 = (AGBC ). Do đó B M đi qua W hay B M đi qua H . Tương tự C N đi qua H . Vậy H ≡ H và H ∈ AD. b) Gọi Z là trung điểm cung BC chứa A . AZ giao BC tại V. Ta có A(X LF I ) = (ALB S) = C (ALB S) = (AI DS) = B (AI DS) = (AK C S) = A(X K E I ). Suy ra AX , K L, E F đồng quy tại U . Mà K L là trung trực AI nên U A = U I . Suy ra ∠U I A = ∠U AI = 1/2A + C = ∠ AD X . Do đó U I BC . Gọi Y , Y là giao của đường thẳng qua I vuông góc với OI với BC và K L . Y Y cắt AZ tại R . Y Y giao E F tại Q . Áp dụng định lý con bướm cho (O), điểm I với hai dây B K và C L đi qua I ta có I Y = I Y . Mà Y A = Y I , ∠R AI = 90◦ nên Y R = Y I = Y I . Gọi T là giao của U Y với BC . Ta T có T Y V R nên T V = 1 . U I là đường trung bình của tam giác T Y Y nên U T = U Y . Áp dụng Y 2 định lý Menelaus cho tam giác T Y Y với 3 điểm V,U ,Q suy ra Q Y = 1/3Q Y hay Q là trung điểm I Y . Suy ra PQ = IQ hay Q ≡ Q . Vậy O ∈ I J . Gọi M là trung điểm I J ta có ∠OM S = 90◦ nên M nằm trên (OS) cố định. Lời giải (daovuquang) 4 ma ths c op e.o rg http://mathscope.org p co hs tt h rg .o e at m // : p b) Ta chứng minh T ∈ (OS). Điều này tương đương với I O ⊥ IQ . Kẻ đường thẳng qua I vuông góc I O cắt BC ,K L tại X ,Y và cắt E F tại Q . Kéo dài E F cắt (O) tại M , N . M I , N I cắt lại (O) ở Z ,U . I Y cắt ZU tại R . Áp dụng định lí con bướm cho 2 dây K L ,BC , ta có: I X = I Y . Áp dụng định lí con bướm cho 2 dây M N , Z T , ta có: IQ = I R . Nhận thấy tam giác I P Y vuông tại P nên để c/m Q trùng Q , ta chỉ cần chứng minh Q P = Q I hay Q là trung điểm I Y . Điều này lại tương đương với R là trung điểm I X . Gọi V,W lần lượt là trung điểm I B , IC . Ta chứng minh Z ,U ,V,W thẳng hàng. Lấy I b , I c là tâm bàng tiếp góc B,C của tam giác ABC . Do AIC I b nội tiếp nên E I .E I b = E A.EC = E M .E N , hay I , M , N , I b đồng viên. Tương tự có I c , N , I , M , I b đồng viên. Lại có: I M .I Z = I B.I K = I V.I I b nên Z ,V, M , I b đồng viên. Tương tự, I V.I I b = I B.I K = IC .I L = I W.I I c nên V,W, I b , I c đồng viên. Từ đây ta nhận thấy: (V Z ,V I b ) ≡ (M Z , M I b ) ≡ (M I , M I b ) ≡ (I c I , I c I b ) ≡ (I c W, I c I b ) ≡ (V W,V I b ), nên Z ,V,W thẳng hàng. Tương tự U ,V,W thẳng hàng. Ta có đpcm. htt p:/ / ma ths c op e.o rg Lời giải (thaygiaocht) http://mathscope.org 5