Đề thi chọn ĐT KHTN 2013 vòng 1

[daicahuyvn]

Ngày 1
Câu I. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại số nguyên dương n mà số
$A=2+n+n^2+n^3+...+n^{p-1}$
là lũy thừa bậc 5 của một số nguyên dương
Câu II. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca=1.Chứng minh rằng
$\frac{1}{c\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{1}{a\sqrt{b^2+c^2 }}+\frac{1}{b\sqrt{c^2+a^2}}\ge \frac{9}{2\sqrt{2}-3\sqrt{6}abc}$
Câu III. Cho tam giác ABC nhọn , không cân. Dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho M thuộc đoạn AB, N thuộc đoạn AC,P,Q thuộc đoạn BC với P nằm giữa Q,C và $\widehat {MNQ}=\frac{\widehat{BAC}}{2}$.Đường thẳng qua A vuông gọc AB cắt NP tại K. Đường thẳng qua A vuông góc AC cắt MQ tại L. CL cắt NP tại E. BK cắt MQ tại F. Chứng minh rằng AE=AF.
Câu IV. Ta xếp một hoán vị của (1,2,3,...,2014 ) lên vòng tròn và kí hiệu các số bởi $a_1,a_2,a_3,...,a_{2014}$ theo chiều kim đồng hồ. Quy ước $a_1=a_{2015}$ và $a_0=a_{2014}$.Gọi N là số các chỉ số $1\le i \le 2014$ sao cho hoặc $a_{i-1}<a_i<a_{i+1}$ hoặc $a_{i-1}>a_i>a_{i+1}$. Tìm tất cả các giá trị có thể có của N.
Ngày 2
Câu I. Cho dãy số $\{a_n\}_{n\in \mathbb{N}^+}$ xác định bởi
$a_1=2,a_2=10,a_{n+2}=\frac{8a_{n+1}^2-a_{n+1}a_n}{a_{n+1}+a_n}$, $\forall n\ge 1$
1, Chứng minh rằng ${a_n}$ là dãy số nguyên.
b, Tính lim $\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{a_{k+1}+a_{k}+3}$
Câu II. Tìm các đa thức hệ số thực P(x) sao cho
$P(x)^2+P(\frac{1}{x})^2=P(x^2)P(\frac{1}{x^2})$
với mọi $x \neq 0$
Câu III. Cho tam giác ABC với AC>AB. Phân giác góc $\widehat{BAC}$ cắt BC tại D.E là điểm nằm giữa B,D sao cho $\frac{ED}{EA}=\frac{AC-AB}{AC+AB}$.Gọi K,L lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác KAB,LAC. Chứng minh rằng PQ song song KL.
Câu IV.Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho tồn tại hoán vị $(a_1,a_2,...,a_{2013})$ của dãy (1,2,...,2013 ) thỏa mãn điều kiện $k\mid (2014+a_i-i)$ với mọi $i \in \{1,2,...,2013\}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenta98]

Nguyên văn bởi daicahuyvn

Ngày 1
Câu I. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại số nguyên dương n mà số
$A=2+n+n^2+n^3+...+n^{p-1}$
là lũy thừa bậc 5 của một số nguyên dương
Câu IV. Ta xếp một hoán vị của (1,2,3,...,2014 ) lên vòng tròn và kí hiệu các số bởi $a_1,a_2,a_3,...,a_{2014}$ theo chiều kim đồng hồ. Quy ước $a_1=a_{2015}$ và $a_0=a_{2014}$.Gọi N là số các chỉ số $1\le i \le 2014$ sao cho hoặc $a_{i-1}<a_i<a_{i+1}$ hoặc $a_{i-1}>a_i>a_{i+1}$. Tìm tất cả các giá trị có thể có của N.

Ngày 2:
Câu IV.Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho tồn tại hoán vị $(a_1,a_2,...,a_{2013})$ của dãy (1,2,...,2013 ) thỏa mãn điều kiện $k\mid (2014+a_i-i)$ với mọi $i \in \{1,2,...,2013\}$

Ngày 1:
Bài 1: Đặt $A=m^5$ khi đó $m^5-1=1+n+...+n^{p-1}$
TH1: $n=1$ khi đó dễ cm $m=2$ nên $p=31$
TH2: $n \neq 1$ ta có
$m^5-1=\dfrac{n^p-1}{n-1}$
Xét $q$ là một số nguyên tố sao cho $q|\dfrac{n^p-1}{n-1}$
Khi đó nếu $q|n-1$ ta có $q|\dfrac{n^p-1}{n-1} \Rightarrow q|n^{p-1}+n^{p-2}+...+n+1$ mà $q|n-1$ nên $n \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow n^{p-1}+n^{p-2}+...+n+1 \equiv p \pmod{q}$ do đó $q=p$ $(1)$
Nếu $q \not \mid n-1$ khi đó $q|\dfrac{n^p-1}{n-1} \Leftrightarrow q|n^p-1$ đặt $ord_q(n)=k$ khi đó $k|p$ nên $k=1,p$ nhưng nếu $k=1$ thì $q|n-1$ mâu thuẫn vì ta đang xét $q \not \mid n-1$ do đó $k=p$ suy ra $ord_q(n)=p$ mặt khác theo Fermat nhỏ $n^{q-1}-1 \vdots q$ nên $q-1 \vdots ord_q(n)=p \Rightarrow q \equiv 1 \pmod{p}$ $(2)$
Từ $(1)(2)$ ta dẫn đến rằng mọi ước nguyên tố của $\dfrac{n^p-1}{n-1}$ đều có dạng là $p$ hoặc một số nguyên tố chia $p$ dư 1, hay nói chi tiết hơn, mọi ước số nguyên dương của $\dfrac{n^p-1}{n-1}$ đều có dạng $pt$ hoặc $pt+1$ ($t \in Z+$) $(3)$
Quay lại bài toán $m^5-1=\dfrac{n^p-1}{n-1}$
$(m-1)(m^4+m^3+m^2+m+1)=\dfrac{n^p-1}{n-1}$
Theo $(3)$ suy ra $m-1$ có dạng $pt$ hoặc $pt+1$
$KN1$: $m-1=pt$ khi đó $m \equiv 1 \pmod{p} \Rightarrow m^4+m^3+m^2+m+1 \equiv 5 \pmod{p}$ mà $m^4+m^3+m^2+m+1|\dfrac{n^p-1}{n-1}$ nên cũng theo $(3)$ suy ra $m^4+m^3+m^2+m+1$ có dạng $pt$ hoặc $pt+1$ do đó $5 \equiv 0 \pmod{p}$ hoặc $5 \equiv pt+1 \pmod{p}$ nên $p=(2,5)$
$KN2$: $m-1=pt+1$ nên $m \equiv 2 \pmod{p}$ Lập luận tương tự trên ta có $31 \equiv 0,1 \pmod{p}$ nên $p=2,3,5,31$
Tóm lại ở cả 2 KN, ta có $p=2,3,5,31$
Xét $p=2$ chọn $n=30$ thì $A=2^5$
Nếu $p=3$ thì chọn $n=5$ thì $A=2^5$
Nếu $p=5$ chọn $n=2$ thì $A=2^5$
Nếu $p=31$ ta ko cần phải chọn nữa vì ở TH1 đã có rồi
Vậy $p \in \{2,3,5,31\}$ là các giá trị thỏa đề $\whitesquare$
Bài 4: Bài này đang có lỗi kĩ thuật
Trước tiên $0\le N\le 2014$ gọi $S$ là tập các chỉ số mà thỏa mãn đề bài
Giả sử $a_i=1,a_j=2014$ ($i\neq j$) khi đó ta cm $i,j \not \in S$
Thật vậy giả sử $a,b$ là hai số đứng cạnh $a_i$ theo chiều $a \rightarrow a_i \rightarrow b$ khi đó do $a,b \neq 1$ nên $a>1<b$ khi đó $a>a_i<b$ do đó $i \not \in S$
Tương tự với $a_j=2014$ ta cũng có $j \not \in S$
Do đó $N\le 2012$
Ta xây dựng các hoán vị thỏa mãn đề bài
$N=2012$ ta cho $(a_1,a_2,...,a_{2014}) <-> (1,2,3,...,2014)$ thì có $N=2012$ thỏa mãn
Bước xây dựng cho $N=2011$ mình tạm quên mất rồi, còn đại loại khi có $N=2012,2011$ thì ta thực hiện đảo vị trí của hai số liên tiếp thì $N$ giảm $2$ ở mỗi lần đảo nên ta có được điểu thỏa mãn, có điều TH $N=0$ thì ta xét hoán vị $(3,2,1,5,4,7,6,...,2k+1,2k,...,2013,2012,2014)$ là thỏa mãn
Cuối cùng đs mình ra là $N={0,1,2,3,..,2012}$ tức là $N$ nhận $2013$ giá trị, còn lời giải cụ thể để khi nào mình nhớ ra đã

Ngày 2:
Bài 4:
Ta có $k|\sum_{i=1}^{2013}{2014+a_i-i} \Rightarrow k|2013.2014+(a_1+a_2+...+a_{2013})-(1+2+...+2013) \Rightarrow k|2013.2014$
TH1: $k|2013$ suy ra $gcd(k,2014)=1$
Chọn $a_1=2013,a_i=i-1$ với $i=2,3,...,2013$ dễ thấy thỏa mãn
TH2: $k|2014$ suy ra $gcd(k,2013)=1$
Chọn $a_i=i$ với mọi $i=1,2,...2013$ dễ thấy thỏa mãn
TH3: $k \not \mid 2013$ và $k \not \mid 2014$
Khi đó tồn tại $p,q$ nguyên tố sao cho $pq|k$ và $p|2014,q|2013$ nên $p\neq q$
Lúc đó ta có $2014 \equiv 0 \pmod{p}$ và $2014 \equiv 1 \pmod{q}$ nên theo định lý Phần Dư Trung Hoa, tồn tại $m$ sao cho $2014 \equiv m \pmod{pq}$ dễ cm $m\neq 0,1$
Ta có $k|2014+a_i-i$ vói mọi $i=1,2013$ hay $2014+a_i-i \equiv 0 \pmod{pq}$ hay $a_i-i \equiv -m \pmod{pq}$ với mọi $i=\overline{1,2013}$
Nên $a_i \equiv -m+i \pmod{pq}$ với mọi $i=\overline{1,2013}$
Ta thấy với mỗi $i=1,2,...,2013$ xác định duy nhất số $a_i$ theo (mod $pq$) và ngược lại do đó số số đồng dư với $-m+i \pmod{pq}$ từ $1->2013$ phải bằng số số đồng dư với $i$ từ $1->2013$ với mọi $i=\overline{1,2013}$ (nhưng đã xác định) $(1)$
Ta chọn $i=m-1$ khi đó ta đếm số số đồng dư với $m-1 \pmod{pq}$ từ $1->2013$ chính bằng $\left\lfloor\dfrac{2013-(m-1)}{pq}\right\rfloor+1$ mà $2014 \equiv m \pmod{pq} \Rightarrow 2013 \equiv m-1 \pmod{pq} \Rightarrow 2013=pq.t+(m-1)$ do đó $\left\lfloor\dfrac{2013-(m-1)}{pq}\right\rfloor+1=t+1$ $(2)$
Mặt khác số số từ $1-2013$ mà đồng dư với $-m+i \equiv -m+m-1 \equiv pq-1 \pmod{pq}$ là
$\left\lfloor\dfrac{2013-(pq-1)}{pq}\right\rfloor+1$
$=\left\lfloor\dfrac{pq.t+(m-1)-(pq-1)}{pq}\right\rfloor+1$
$=t$ $(3)$
Từ $(2)(3)$ suy ra mâu thuẫn $(1)$ do đó TH này loại
Vậy để $k$ thỏa mãn đề thì $k|2013$ hoặc $k|2014$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[whatever2507]

Bước xây dựng cho $N=2011$ mình tạm quên mất rồi, còn đại loại khi có $N=2012,2011$ thì ta thực hiện đảo vị trí của hai số liên tiếp thì $N$ giảm $2$ ở mỗi lần đảo nên ta có được điểu thỏa mãn

Bài này chính vì mỗi lần đảo vị trí của $2$ số liên tiếp thì $N$ thay đổi một giá trị chẵn nên $N$ chỉ có thể nhận các giá trị chẵn từ $0$ đến $2012$ thôi Nguyên à.
Còn việc CM mọi giá trị chẵn đều thỏa mãn hình như cũng không dơn giản là chỉ đảo liên tiếp vị trí của $2$ số hạng cạnh nhau (vì nếu $N$ giảm $2$ thì đương nhiên nó cũng có thể tăng $2$)mà nên quy nạp thì sẽ rõ ràng hơn.

TH3 bài $4$ ngày $2$ có thể làm đơn giản hơn như sau: Giả sử phản chứng $k=cd (c|2013; d|2014; c, d>1)$ khi đó với mọi $i: a_i \equiv i-1 (mod c) (1)$ và $a_i \equiv i (mod d) (2)$. Lấy $i$ sao cho $a_i=1$ từ $(2)$ suy ra $i=1$ thế vào $(1)$ suy ra mâu thuẫn .
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[doxuantung97]

Nguyên văn bởi daicahuyvn

Câu II. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca=1.Chứng minh rằng
$\frac{1}{c\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{1}{a\sqrt{b^2+c^2 }}+\frac{1}{b\sqrt{c^2+a^2}}\ge \frac{9}{2\sqrt{2}-3\sqrt{6}abc}$

Câu 2:
Đặt $x=3ab;y=3bc;z=3ca \Rightarrow x+y+z=3$
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại là:
$$\sum \frac{3}{\sqrt{x^2+y^2}} \geq \frac{9}{2\sqrt{2}-\sqrt{2xyz}}$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{2\sqrt{x^2+y^2}} \geq \frac{3}{4-2\sqrt{xyz}}$$
Do $x+y+z=3$ nên theo $AM-GM$ và,ta có:
$$\frac{3}{4-2\sqrt{xyz}}=\frac{9}{12-2\sqrt{3xyz(x+y+z)}} \leq \frac{9}{12-2(xy+yz+zx)}$$
Mặt khác,theo $Cauchy-Schwarz$ thì:
$$\sum \frac{1}{2\sqrt{x^2+y^2}} \geq \sum \frac{1}{\frac{x^2+y^2+2}{2}} \geq \frac{9}{x^2+y^2+z^2+3}$$
Ta có:
$$x^2+y^2+z^2+3=(x+y+z)^2+3-2(xy+yz+zx)=12-2(xy+yz+zx)$$
Vậy,BĐT được chứng minh!
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Fool's theorem]

Bài 4 ngày 1 đáp số chính là tất cả các số chẵn từ $0$ đến $2012$ đó.
Lời giải như bạn whatever đã nói
Có thể chỉ ra khá đơn giản như sau để chứng tỏ tất cả các số chẵn đều thỏa mãn ${ 1,2,3,....2k,(k+1008,2k+1),(k+1009,2k+2),...,(2014 ,k+1007)}$ cho trường hợp có $2k$ chỉ số.
Bài II ngày 2:
Từ vế phải dễ thấy $P(x)^2$ là đa thức của $x^2$ do số mũ của $x$ bên phải luôn là số chẵn.
Ta c/m rằng $P(x)=Q(x^2)$ hoặc $P(x)=x.Q(x^2)$
$P(x)=a_0+a_1.x+.....+a_n.x^n$
Thật vậy dó $P(x)^2$ là đa thức của $x^2$ nên bằng đồng nhất hệ số ta thấy hệ số của $x^{2n-1}$ là $2.a_n.a_{n-1} =0$ nên $a_{n-1} = 0 $, lùi dần ta có $P(x)=a_n.x^n+ a_{n-2}.x^{n-2}+... $ nên hoặc $P(x)=Q(x^2)$ hoặc $P(x)=x.Q(x^2)$
TH1: $P(x)=x.Q(x^2)$ thì ta có $x^2.Q(x^2)^2+\frac{1}{x^2}.Q(\frac{1}{x^2})^2=Q(x ^4).P(\frac{1}{x^4})$
Hai đa thức bằng nhau tại vô số điểm $x^2$ nên $x.Q(x)^2+\frac{1}{x}.Q(\frac{1}{x})^2=Q(x^2).Q( \frac{1}{x^2})$
Vô lý do vế phải bậc của $x$ toàn chẵn mà vế trái toàn bậc lẻ.
TH2: $P(x)=Q(x^2)$ thì thay vào rút gọn tương tự như trường hợp 1 ta có $Q(x)^2+Q(\frac{1}{x})^2=Q(x^2).Q(\frac{1}{x^2})$
Đến đấy làm tương tự lùi dần đến khi không lùi được bậc của đa thức nữa ta có $H(x)=ax+b$ thỏa mãn
$H(x)^2+H(\frac{1}{x})^2=H(x^2).H(\frac{1}{x^2})$
Thay vào suy ra $a=0$ suy ra $P(x)$ là hằng số.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[liverpool29]

Đề chính xác bài 3 vòng 2 là như thế này:

Bài 3: Cho tam giác $ABC$ với $AC>AB$.Phân giác trong góc $A$ cắt $BC$ tại $D$.$E$ là điểm nằm giữa $B,D$ sao cho $\dfrac{ED}{EA}=\dfrac{AC-AB}{AC+AB}$.Gọi $K,L$ là tâm nội tiếp các tam giác $EAB,EAC$.Gọi $P,Q$ là tâm ngoại tiếp các tam giác $KAB$ và $LAC$.Chứng minh rằng $PQ \parallel KL$.

Nguồn: diendantoanhoc.net

Để ý rằng $P,Q$ lần lượt là điểm chính giữa của các cung $AB,AC$ đối với các đường tròn $(ABE),(ACE)$.
Ta có bổ đề sau:
Cho tam giác $ABC$, $I$ là tâm đường tròn nội tíêp, $N$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$. Khi đó ta có:
$\dfrac{AI}{AN}=1-\dfrac{BC}{CA+AB}$

Để chứng minh $PQ \parallel KL$, ta chứng minh $\dfrac{EK}{EP}=\dfrac{EL}{EQ}$
Áp dụng bổ để, ta quy điều cần chứng minh về $\dfrac{AB}{BE+AE}=\dfrac{AC}{AE+EC}$.
Hay $\dfrac{AB}{BD+(k-1)ED}=\dfrac{AC}{CD+(k+1)ED}$. (*) (với $k=\dfrac{AC+AB}{AC-AB}$)
Thực hiện tính toán, với chú ý $AB.CD=AC.BD$, ta chứng minh được đẳng thức (*) đúng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi daicahuyvn

Ngày 1
Câu III. Cho tam giác ABC nhọn , không cân. Dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho M thuộc đoạn AB, N thuộc đoạn AC,P,Q thuộc đoạn BC với P nằm giữa Q,C và $\widehat {MNQ}=\frac{\widehat{BAC}}{2}$.Đường thẳng qua A vuông gọc AB cắt NP tại K. Đường thẳng qua A vuông góc AC cắt MQ tại L. CL cắt NP tại E. BK cắt MQ tại F. Chứng minh rằng AE=AF.
Ngày 2
Câu I. Cho dãy số $\{a_n\}_{n\in \mathbb{N}^+}$ xác định bởi
$a_1=2,a_2=10,a_{n+2}=\frac{8a_{n+1}^2-a_{n+1}a_n}{a_{n+1}+a_n}$, $\forall n\ge 1$
1, Chứng minh rằng ${a_n}$ là dãy số nguyên.
b, Tính lim $\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{a_{k+1}+a_{k}+3}$

Câu III ngày 1.
Có thể tóm tắt các ý chứng minh như sau:

(1) KL song song với BC: thật vậy, các tứ giác ALMN và AKNM nội tiếp nên $\widehat{MLN}=\widehat{MAN} = \widehat{MKN}$ hay các tam giác $MNK, MNL$ bằng nhau, dẫn đến $ML=NK$.
(2) Nếu gọi I là giao điểm của MP và NQ thì AI chính là phân giác góc A. Điều này dễ dàng suy ra được từ giả thiết.
(3) E, I, F thẳng hàng.
(4) Nếu gọi D là chân đường phân giác góc A thì $DE=DF$.
Để chứng minh (3) và (4), ta sử dụng biến đổi đại số một tí, cũng không rắc rối lắm. Tuy nhiên, AD cũng chính là trục đẳng phương của hai đường tròn ngoại tiếp (ABQI) và (ACPI) nên chắc là có cách thuần túy đẹp hơn.
Từ các điều trên, ta có thể suy ra đpcm.

Câu I ngày 2.
Dưới đây là 1 số tính chất của dãy số này:
(1) $a_n-1$ là số chính phương.
(2) $a_{n+1} = L^2_{2n} - F^2_{2n}$.
(3) $a_n = F(2n-5).F(2n-3)$.
(4) $a_n=8a_{n-1}-8a_{n-2}+a_{n-3}, n > 4$.

Ý a của bài thì có thể quy nạp được, còn ý b thì chắc phải rút gọn được cái tổng đó, mình đang suy nghĩ thêm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[king_math96]

Câu hình ngày 1 có thể dùng Pascal chứng minh rất đẹp, không cần biến đổi gì cả(dựng thêm (AMN))
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[pco]

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Câu I ngày 2.
Dưới đây là 1 số tính chất của dãy số này:
(1) $a_n-1$ là số chính phương.
(2) $a_{n+1} = L^2_{2n} - F^2_{2n}$.
(3) $a_n = F(2n-5).F(2n-3)$.
(4) $a_n=8a_{n-1}-8a_{n-2}+a_{n-3}, n > 4$.

Ý a của bài thì có thể quy nạp được, còn ý b thì chắc phải rút gọn được cái tổng đó, mình đang suy nghĩ thêm.

Cho em hỏi là sao anh tìm ra được mấy tính chất này vậy ạ ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dangvip123tb]

Bài 1b ngày 2 có thể giải tóm tắt như sau:
$F(2n+3)+F(2n-1)=3F(2n+1)$
$a(n+1)+a(n)+3 = 3F(2n-1) F(2n+3)$ nên
$$ \frac{1}{a(n+1)+a(n)+3} = \frac{1}{9} \cdot \frac{3F(2n+1)}{F(2n-1)F(2n+1)F(2n+3)} = \frac{1}{9} \cdot \left( \frac{1}{F(2n-1)F(2n+1)}+\frac{1}{F(2n+1)F(2n+3)} \right). $$
Sau đó lấy tổng ta có giới hạn bằng $\frac{-1}{18}$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]